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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年统编版2024高三化学上册阶段测试试卷577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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题,共18分)1、一定浓度200mL的HNO3溶液中加入5.6gFe,全部溶解,得到标准状况下的NO气体2.24L,测得反应后溶液中的c(H+)=0.1mol/L.若反应前后溶液体积变化忽略不计,则下列有关判断正确的是()A.反应前HNO3溶液的浓度为2.0mol•L-1B.反应后溶液中含硝酸亚铁C.反应后的溶液最多还能溶解3.22gFeD.反应后溶液中c(NO3-)=1.5mol•L-12、下列有机化合物的分类不正确的是()
。ABCD苯的同系物芳香化合物烯烃醇A.AB.BC.CD.D3、下列叙述正确的是()A.将磁性氧化铁放入稀HNO3中发生如下反应:3Fe3O4+28HNO3﹦9Fe(NO3)3+NO↑+14H2O反应中每还原0.2mol氧化剂,就有0.6mol电子转移B.KMnO4、O2、H2O2、H2SO4(稀)、H2O、K2SO4、MnSO4存在于同一化学反应中,配平后硫酸的化学计量数为5C.0.2mol•L-1CH3COONa溶液和0.1mol•L-1HCl溶液等体积混合后:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)D.凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害,不可食用4、25℃、101kPa下,碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是393.5kJ·mol-1、285.8kJ·mol-1、890.3kJ·mol-1、2800kJ·mol-1,则下列热化学方程式正确的是()。A.C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1B.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=+571.6kJ·mol-1C.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-890.3kJ·mol-1D.C6H12O6(s)+3O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-1400kJ·mol-15、25℃时,某溶液中可能含以下几种离子:Na+、H+、Fe3+、HCO3-、OH-、I-.已知溶液中由水电离出的c(H+)=10-13mol•L-1,向该溶液中通入一定量的Cl2后,溶液由无色变为黄色,下列有关该溶液的说法中正确的是()A.该溶液的pH一定等于1B.阴离子肯定有I-,不能确定有无HCO3-C.阳离子肯定没有Fe3+,可能有Na+D.该溶液含有的溶质成分可能为HI或HI和NaI或NaI和NaOH或NaI6、能正确表示下列反应的离子方程式的是()A.溴化亚铁溶液中通入足量氯气:2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-B.Cl2与石灰水反应:Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2OC.四氧化三铁与稀硝酸反应:Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OD.向次氯酸钙溶液中通入少量SO2:Ca2++2ClO-+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO7、萘()是最简单的稠环芳香烃.下列关于萘的说法中正确的是()A.萘与足量氢气充分加成的产物一氯代物有2种B.1mol萘最多可与6molH2加成C.萘的一氯代物有2种,二氯代物有10种D.萘属于苯的同系物8、下列离子方程式书写正确的是()A.氯化铝溶液和过量的氨水反应:Al3++4NH3•H2O═AlO2-+4NH4+B.少量的CO2通入NaOH溶液中:CO2+2OH-═CO32-+H2OC.醋酸加入小苏打溶液中:HCO3-+H+═CO2↑+H2OD.硫化钠的水解:S2-+2H2O⇌H2S+2OH-9、某温度下,反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)的平衡常数为400.此温度下,在容积一定的密闭容器中加入CH3OH;反应到某时刻测得各组分的浓度如下:
。物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/0.440.60.6下列说法正确的是()
A.CH3OH的起始浓度为1.04mol/L
B.此时逆反应速率大于正反应速率。
C.平衡时CH3OH的浓度为0.04mol/L
D.平衡时CH3OH的转化率小于80%
评卷人得分二、填空题(共9题,共18分)10、V;W;X、Y、Z是由周期表中短周期元素组成的5种物质,其中Z由一种元素组成,V,W、Y均由两种元素组成,X由三种元素组成.上述5种化合物涉及的所有元素的原子序数之和等于28.它们之间的反应关系如下(反应条件省略,方程式没有配平):
①W+H2O→X(白色沉淀)+Y(无色;具有刺激性气味的气体);
②X→V+H2O;
③Y+O2→Z(无色、无味的气体)+H2O.
(1)写出下列化合物的化学式.V____,W____,X____.
(2)Y的电子为____.
(3)写出①②的化学方程式.①____.②____.11、钢铁在潮湿空气中发生原电池反应而发生____腐蚀,此时铁是____极,碳是____极.若其表面吸附水膜显酸性,则电极反应式分别为:正极____,负极____.12、某科研小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时,利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理.
(1)请写出SO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式:____.
(2)吸收尾气(Cl2)一段时间后,吸收液(强碱性)中肯定存在的阴离子有OH-和____、____.请设计实验,探究该吸收液中可能存在的其他阴离子(不考虑空气的CO2的影响)
①提出合理假设.
假设1:只存在SO32-
假设2:既不存在SO32-,也不存在ClO-;
假设3:____.
②要证明假设1是否成立,设计实验方案,进行实验.请写出实验以及预期现象和结论.限选实验试剂:3mol•L-1H2SO4、1mol•L-1NaOH、0.01mol•L-1KMnO4;淀粉-KI溶液.
。实验
预期现象和结论________13、某工业废料钡泥中主要含有BaCO3、BaSO3、Ba(FeO2)2等;某实验小组模拟工。
业过程利用钡泥制取BaCO3和Ba(NO3)2晶体(不含结晶水);其实验流程如下:
已知:
①Fe3+和Fe2+以氢氧化物形式沉淀完全时;溶液的pH分虽为3.2和9.7;
②Ba(NO3)2晶体的分解温度:592℃;Ba(NO3)2的溶解度在高温时较大;低温时较小;f一。
③Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaCO3)=5.1×10-9.
(1)酸溶时,BaCO3发生反应的离子反应方程式为____
(2)酸溶后,滤液1除了Ba2+外,还存在的阳离子是____等(填写离子符号).
(3)加入X的目的是____.
(4)若在操作II中加入Na2CO3来制取BaCO3,经检验所得BaCO3中含有少量BaSO4而不纯,提纯的方法是:将产品加入足量的饱和Na2CO3溶液中,充分搅拌和静置后,弃去上层清液.如此反复多次处理,直到BaSO44全部转化为BaCO3,该提纯原理的离子反应方程式是____
(5)若用(4)的方法处理含有0.21molBaSO4样品,每次用1.0L2.0mol•L-1饱和Na2CO3溶液,则至少需要处理____次,BaSO4才能全部转化BaCO3.
(6)操作III的名称是:____、冷却结晶、____;洗涤、干燥.
(7)上述流程中对环境的影响主要有____.因此要进一步处理,避免造成二次污染.14、向某密闭容器中加入0.15mol/LA、0.05mol/LC和一定量的B三种气体.一定条件下发生反应,各物质浓度随时间变化如图中甲图所示[t0时c(B)未画出,t1时增大到0.05mol/L].乙图为t2时刻后改变反应条件;平衡体系中正;逆反应速率随时间变化的情况.
(1)若t1=15s,则t0~t1阶段v(C)=____,A的转化率为____.
(2)若t5时改变的条件是升温,此时v(正)>v(逆),若A的物质的量减少0.03mol时,容器与外界的热交换总量为akJ,写出该反应的热化学方程式____.
(3)若t4时改变的条件为减小压强,则B的起始物质的量浓度为____mol/L.
(4)t3时改变的某一反应条件可能是____(选填序号).
a.使用催化剂b.增大压强c.增大反应物浓度.15、对乙烯基苯甲酸是重要的医药中间体;广泛应用于合成感光材料.对乙烯基苯甲酸可通过如下反应合成.
反应①:
(1)下列关于化合物I和化合物II的说法,正确的是____.
A.化合物I能与新制的Cu(OH)2反应。
B.均可发生酯化反应和银镜反应。
C.化合物II能使KMnO4溶液褪色。
D.1mol化合物II最多能与5molH2反应。
(2)化合物II的分子式为____,化合物II在催化剂条件下生产高分子化合物的反应方程式____.
(3)化合物II可由芳香族化合物Ⅲ通过消去反应获得,Ⅲ和Cu共热的产物能发生银镜反应,写出化合物Ⅲ的结构简式____;
(4)化合物IV是化合物II的同分异构体,且化合物IV遇FeCl3溶液显紫色,苯环上的一氯代物只有2种,写出化合物IV的结构简式____(写一种).
(5)利用类似反应①的方法,仅以溴苯()和乳酸()为有机物原料合成化工原料肉桂酸(),涉及的反应方程式为____.16、甘蔗渣可综合利用;回答下列问题.
Ⅰ.甘蔗渣可生成一种常见单糖A,A在乳酸菌的作用下生成有机物B,B经过缩聚反应生成可降解塑料,其结构简式为:
(1)A的分子式是____;
(2)下列有关B的叙述正确的是____(填序号);
a.B的分子式为C3H6O3
b.1molB可与2molNaOH反应。
c.1molB与足量的Na反应可生成1molH2
(3)B在一定条件下可生成C,C能使溴的四氯化碳溶液褪色.B生成C的化学方程式是____;
Ⅱ.甘蔗渣还可生产一种重要的化工原料D,D的相对分子质量为90,1molD与足量NaHCO3反应放出标准状况下44.8LCO2.
(4)D的官能团名称是____;
(5)等物质的量的D与乙二醇在催化剂作用下可生成链状高分子化合物,其化学方程式是____.17、(2011秋•诸暨市校级期中)在容积为VL的密闭容器中发生2NO2⇌2NO+O2反应.反应过程中NO2的物质的量随时间变化的状况如图1所示.
(1)若曲线A和B表示的是该反应在某不同条件下的反应状况,则该不同条件是____.
A.有;无催化剂B.温度不同C.压强不同D.V值不同。
(2)写出该反应的化学平衡常数K的表达式:____,并比较K800℃____K850℃(填“>”;“<”或“=”).
(3)在图1上作出在A条件下NO的变化曲线;并求算在B条件下从反应开始至达到平衡,氧气的反应速率。
v(O2)=____.
(4)不能说明该反应已达到平衡状态的是____.
A.v正(NO2)=v逆(NO)B.c(NO2)=c(NO)
C.气体的平均摩尔质量不变D.气体的密度保持不变。
(5)在如图2所示的三个容积相同的三个容器①、②、③进行反应:2NO+O⇌2NO2
若起始温度相同,分别向三个容器中充入2molNO和1molO2,则达到平衡时各容器中NO物质的百分含量由大到小的顺序为(填容器编号)____.18、已知某元素原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1.
(1)该元素的原子序数为____.
(2)该元素位于第____周期____族.
(3)该原子的电子总数为____,价电子总数为____.评卷人得分三、判断题(共8题,共16分)19、工业废水中含有的酸、碱、盐,会造成水体污染.____.(判断对错)20、2mol水的摩尔质量与1mol水的摩尔质量之比为2:1.____(判断对错)21、判断下列有关烯烃;卤代烃、醇的命名是否正确。
(1)CH2═CH-CH═CH-CH═CH21,3,5三己烯____
(2)2-甲基-3-丁醇____
(3)二溴乙烷____
(4)3-乙基-1-丁烯____
(5)2-甲基-2,4-已二烯____
(6)1,3-二甲基-2-丁烯____.22、标准状况下,1mol任何物质的体积都约是22.4L____(判断对错)23、NaCl溶液在电流的作用下电离出Na+____.(判断对错)24、2mol水的摩尔质量与1mol水的摩尔质量之比为2:1.____(判断对错)25、因为稀硫酸能与铁反应放出H2,所以稀硝酸与铁反应也一定能放出H2____.(判断对错)26、蛋白质、纤维素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物____(判断对错)评卷人得分四、探究题(共4题,共20分)27、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物,有人设计了下列实验过程.请在括号内填写分离时所用操作方法,并写出方框内有关物质的结构简式.
写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________.28、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品,小明利用这个反应的原理来测定其含量,操作为:29、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物,有人设计了下列实验过程.请在括号内填写分离时所用操作方法,并写出方框内有关物质的结构简式.
写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________.30、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品,小明利用这个反应的原理来测定其含量,操作为:评卷人得分五、计算题(共4题,共8分)31、氢气、甲烷(CH4)、水各1g,其中含分子数最多的是____;含氢原子最多的是____;氢气、甲烷、水各1mol,含分子数是否一样多?____;含氢原子数最多的是____.32、(1)在分液漏斗中用一种有机溶剂提取水溶液里的某物质时;静置分层后,如果不知道哪一层液体是“水层”,试设计一种简便的判断方法.
答:____.
(2)12.4gNa2X含0.4molNa+,Na2X的摩尔质量为____,其相对分子质量为____,X的相对原子质量为____,该物质的化学式为____.
(3)原子总数为6mol的水的物质的量为____mol,其中氧原子有____mol,与水所含的氧原子数相等的O2分子的物质的量为____mol.
(4)某状况下VL氨气(此时气体摩尔体积为Vm)溶解在1L水中(水的密度近似为1g/mL);所得溶液的密度为pg/mL,则该氨水的物质的量浓度可表示为。
____mol/L;
(5)由硫酸钾、硫酸铁和硫酸组成的混合溶液,其中c(H+)=0.1mol/L,c(Fe3+)=0.3mol/L,c(SO42-)=0.6mol/L,则c(K+)为____mol/L;
(6)相同物质的量浓度的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液,分别与过量的硝酸银溶液反应,当生成沉淀的质量之比为3:2:1时,消耗三种盐溶液的体积比为____;
(7)在标准状况下,由CO和CO2组成的混合气体6.72L,质量为12g.此混合气体中CO和CO2物质的量之比为____,混合气体的平均相对分子质量是____,相对氢气的密度是____.
(8)VmL硫酸铁溶液中含Fe3+的质量为mg,取V/4mL溶液稀释到2VmL,则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度为____.33、(1)某溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量之比为2:3:4,要使溶液中的Cl-、Br-、I-的物质的量之比变为4:3:2,则通入Cl2的物质的量与原溶液中I-的物质的量之比为____.
(2)要使溶液中只有Cl-和Br-,而没有I-,则此时Cl-和Br-的物质的量之比为____.
(3)若要使溶液中只有Cl-,则通入Cl2的物质的量和原溶液中Br-的物质的量之比为____.34、工业上用氨催化氧化法可生产硝酸;其生产过程可表示为:
4NH3+5O24NO2+6H2O①
4NO+3O2+2H2O═4HNO3②
(1)现以1.7t液氨为原料来生产质量分数为50%的硝酸,理论上至少需要加水的质量为____t.(假设生产过程中反应物和生成物均无损耗)
(2)工业上用Mg(NO3)2替代浓H2SO4作为制取浓HNO3的脱水剂,现有50%(质量分数,下同)的硝酸M1t,向其中加入80%的Mg(NO3)2溶液M2t,蒸馏分离得到90%的硝酸和60%的Mg(NO3)2溶液(不含HNO3).若蒸馏过程中HNO3、Mg(NO3)2、H2O均无损耗,则蒸馏前的投料比=____.参考答案一、选择题(共9题,共18分)1、C【分析】【分析】n(Fe)==0.1mol,n(NO)==0.1mol,反应后溶液中的c(H+)=0.1mol/L;说明溶液中硝酸过量;
B.少量铁和稀硝酸反应生成硝酸铁;
A.根据氮原子守恒计算原溶液中硝酸的浓度;
D.根据电荷守恒确定硝酸根离子浓度;
C.反应后的溶液中硝酸与硝酸铁中含NO3-,结合3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O计算最多消耗的Fe.【解析】【解答】解:n(Fe)==0.1mol,n(NO)==0.1mol,反应后溶液中的c(H+)=0.1mol/L;说明溶液中硝酸过量;
A.根据氮原子守恒得原溶液中n(HNO3)=n(NO)+3n[Fe(NO3)3]+n(HNO3)(剩余)=0.1mol+3×0.1mol+0.1mol/L×0.2L=0.42mol;
则原来硝酸的浓度==2.1mol/L;故A错误;
B.铁和过量硝酸反应生成硝酸铁;故B错误;
C.原硝酸的物质的量=0.42mol,由3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O可知,最多消耗Fe为0.42mol××56=8.82g;则还能溶解8.82g-5.6=3.22g,故C正确;
D.根据电荷守恒得c(NO3-)=3c(Fe3+)+c(H+)=3×+0.1mol/L=1.6mol/L;故D错误;
故选C.2、A【分析】【分析】A.苯的同系物符合:①只有一个苯环;②侧链为烷基;③具有通式CnH2n-6(n≥6);
B.含有苯环的化合物为芳香族化合物;
C.含有碳碳双键的烃为烯烃;
D.芳香烃侧链中的氢原子被羟基取代,属于醇.【解析】【解答】解:A.中不含苯环;不是苯的同系物,属于环烷烃,故A错误;
B.含有苯环;是芳香族化合物,故B正确;
C.含有碳碳双键;属于不饱和烃,故C正确;
D.中-OH没有直接连接苯环;二者芳香烃侧链中的氢原子被羟基取代,属于醇,故D正确;
故选:A.3、A【分析】【分析】A;反应中只有氮元素的化合价降低;由+5价降低为+2价,根据方程式计算生成NO的物质的量,据此计算转移电子;
B、根据元素化合价变化及元素守恒可知反应物为KMnO4、H2O2、H2SO4(稀)生成物为MnSO4、K2SO4、O2、H2O;根据电子转移守恒;元素守恒配平方程式;
C、0.2mol•L-1CH3COONa溶液和0.1mol•L-1HCl溶液等体积混合后,发生反应生成CH3COOH和NaCl,CH3COONa有剩余,混合溶液相当于CH3COOH、NaCl、CH3COONa三者等浓度的混合溶液;电离大于水解,溶液呈酸性;
D、食品添加剂能改善食品品质和色、香、味以及为防腐、保鲜和加工工艺的需要,在合理范围对人体健康无害.【解析】【解答】解:A、反应3Fe3O4+28HNO3﹦9Fe(NO3)3+NO↑+14H2O中,只有氮元素的化合价降低,由+5价降低为+2价,被还原,每还原0.2mol氧化剂HNO3生成NO0.2mol;所以转移电子0.2mol×(5-2)=0.6mol,故A正确;
B、根据元素化合价变化及元素守恒可知反应物为KMnO4、H2O2、H2SO4(稀)生成物为MnSO4、K2SO4、O2、H2O,KMnO4是氧化剂,锰元素化合价由+7价降低为+2价,H2O2是还原剂,氧元素由-价升高为0价,根据电子转移守恒,可知KMnO4与H2O2的物质的量之比为2:5,反应方程式为2KMnO4+5H2O2+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+5O2+8H2O;配平后硫酸的化学计量数为3,故B错误;
C、0.2mol•L-1CH3COONa溶液和0.1mol•L-1HCl溶液等体积混合后,发生反应生成CH3COOH和NaCl,CH3COONa有剩余,混合溶液相当于CH3COOH、NaCl、CH3COONa三者等浓度的混合溶液,电离大于水解,溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),c(CH3COO-)>c(Cl-),溶液中钠离子浓度最大,氯离子远大于氢离子浓度,所以离子浓度为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-);故C错误;
D;食品添加剂能改善食品品质和色、香、味以及为防腐、保鲜和加工工艺的需要;在合理范围对人体健康无害,故D错误.
故选A.4、D【分析】根据燃烧热的定义,碳的燃烧产物应是二氧化碳;氢气燃烧是放热反应(ΔH<0)且水应为液态;25℃时甲烷的燃烧产物是气态二氧化碳和液态水。【解析】【答案】D5、C【分析】解:由水电离出的c(H+)=1×lO-13mol/L;该溶液中大量存在氢离子或者氢氧根离子,所以溶液中一定不会存在碳酸氢根离子;通入氯气后溶液由无色变为黄色,说明溶液中一定不会存在有色的铁离子,一定存在碘离子;
A.根据分析可知,水电离出的c(H+)=1×lO-13mol/L;若为酸性溶液,该溶液pH=1;若为碱性溶液,该溶液的pH为13,故A错误;
B.该溶液中一定存在碘离子;一定不会存在碳酸氢根离子,故B错误;
C.溶液中一定不会存在Fe3+,若是碱性溶液,一定存在Na+;故C正确;
D.如果为酸性溶液;则溶质可能为①HI②HI和NaI;如果为碱性溶液,则溶质为③NaI和NaOH,不可能组偶NaI,故D错误;
故选C.
水电离出的c(H+)=1×lO-13mol/L,溶液中氢离子或氢氧根离子浓度为0.1mol/L,该溶液为强酸性或碱性溶液,一定不会存在碳酸氢根离子;当向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后;溶液由无色变为黄色,说明溶液中一定存在碘离子,能够与碘离子反应的铁离子一定不会存在,以此解答该题.
本题考查了常见离子的检验方法,为高频考点,题目难度中等,注意明确常见离子的反应现象及检验方法,试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力.【解析】【答案】C6、B【分析】【分析】A.足量氯气;亚铁离子;溴离子均被氧化;
B.反应生成氯化钙;次氯酸钙、水;
C.发生氧化还原反应生成硝酸铁;NO和水;
D.发生氧化还原反应生成硫酸钙.【解析】【解答】解:A.溴化亚铁溶液中通入足量氯气的离子反应为2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-;故A错误;
B.Cl2与石灰水反应的离子反应为Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O;故B正确;
C.四氧化三铁与稀硝酸反应的离子反应为3Fe3O4+28H++NO3‑=9Fe3++NO↑+14H2O;故C错误;
D.向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2++2ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+HClO+H++Cl-;故D错误;
故选B.7、C【分析】【分析】萘中含稠环,与足量氢气充分加成的产物为由结构对称性可知,含3种位置的H,如图二卤代物由一卤定位,另一个卤原子转位分析,以此来解答.【解析】【解答】解:A.与足量氢气充分加成的产物为含3种位置的H,一氯代物有3种,故A错误;
B.由→需要10个H原子,则1mol萘最多可与5molH2加成;故B错误;
C.由结构对称可知,萘中含2种位置的H,则其一氯代物有2种(),二氯代物有10种();故C正确;
D.苯中只有1个苯环;与萘中含稠环,结构不同,不是同系物,故D错误;
故选C.8、B【分析】【分析】A.氨水碱性较弱;氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵;
B.二氧化碳少量;氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水;
C.醋酸为弱酸;离子方程式中醋酸应该保留分子式;
D.硫离子的水解过程分步进行,主要以第一步为主,硫离子的水解方程式只写出第一步水解即可.【解析】【解答】解:A.氨水不会溶解氢氧化铝,氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵,正确的离子方程式为:Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+;故A错误;
B.少量的CO2通入NaOH溶液中,反应生成碳酸钠和水,反应的离子方程式为:CO2+2OH-═CO32-+H2O;故B正确;
C.醋酸加入小苏打溶液中,醋酸不能拆开,正确的离子方程式为:HCO3-+CH3COOH═CO2↑+H2O+CH3COO-;故C错误;
D.硫化氢为二元弱酸,硫离子的水解过程分步进行,只写出第一步水解即可,硫离子水解方程式为:S2-+H2O⇌HS-+OH-;故D错误;
故选B.9、C【分析】
A.由反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)可知起始时CH3OH的浓度为0.44mol/L+2×0.6mol/L=1.64mol/L;故A错误;
B.反应到某时刻时浓度商Q===1.86<400;反应未达到平衡状态,向正反应方向移动,则正反应速率大于逆反应速率,故B错误;
C.设平衡时转化的浓度为x;则。
2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)
起始:1.64mol/LO0
转化:x0.5x0.5x
平衡:1.64mol/L-x0.5x0.5x
则=400;x=1.6mol/L;
平衡时CH3OH的浓度为1.64mol/L-1.6mol/L=0.04mol/L;故C正确;
D.平衡时CH3OH的转化率为=97.6%;故D错误.
故选C.
【解析】【答案】由反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)可知起始时CH3OH的浓度为0.44mol/L+2×0.6mol/L=1.64mol/L;
反应到某时刻时浓度商Q===1.86<400;反应未达到平衡状态,向正反应方向移动;
设平衡时转化的浓度为x;则。
2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)
起始:1.64mol/LO0
转化:x0.5x0.5x
平衡:1.64mol/L-x0.5x0.5x
则=400;x=1.6mol/L;
以此解答该题.
二、填空题(共9题,共18分)10、MgOMg3N2Mg(OH)2Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑Mg(OH)2MgO+H2O【分析】【分析】根据Y与氧气反应生成水和单质Z,Y+O2→Z(无色、无味的气体)+H2O,Z为无色、无味气体,可确定组成Z的元素为氮,则Y是NH3;根据反应①W+H2O→X(白色沉淀)+Y(无色、具有刺激性气味的气体),利用元素守恒,可以确定5种物质共涉及4种元素,其中3种为氢、氧、氮,根据原子序数之和等于28,可以确定另一种元素为镁.则可推出X为Mg(OH)2、V为MgO、W为Mg3N2;
(1)依据分析可知X为MgOV为Mg3N2W为Mg(OH)2;
(2)Y为NH3属于共价化合物;氮原子和三个氢原子形成三对共用电子对;
(3)反应①是氮化镁和水反应生成氨气和氢氧化镁沉淀;
②的反应为氢氧化镁受热分解生成氧化镁和水.【解析】【解答】解:根据Y与氧气反应生成水和单质Z,Y+O2→Z(无色、无味的气体)+H2O,Z为无色、无味气体,可确定组成Z的元素为氮,则Y是NH3;根据反应①W+H2O→X(白色沉淀)+Y(无色、具有刺激性气味的气体),利用元素守恒,可以确定5种物质共涉及4种元素,其中3种为氢、氧、氮,根据原子序数之和等于28,可以确定另一种元素为镁.则可推出X为Mg(OH)2、V为MgO、W为Mg3N2;
(1)依据分析可知X为MgOV为Mg3N2W为Mg(OH)2,故答案为:MgO,Mg3N2,Mg(OH)2;
(2)氨气为共价化合物,氨气中存在3个氮氢键,氮原子最外层达到8电子稳定结构,氨气的电子式为故答案为:
(3)反应①是氮化镁和水反应生成氨气和氢氧化镁沉淀,反应的化学方程式为:Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑;
②的反应为氢氧化镁受热分解生成氧化镁和水,反应的化学方程式为:Mg(OH)2MgO+H2O;
故答案为:Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑;Mg(OH)2MgO+H2O.11、吸氧负正2H++2e-=H2↑Fe-2e-=Fe2+【分析】【分析】钢铁在潮湿的空气中,根据水膜为中性或弱酸性来分析发生的腐蚀的类型;在形成的原电池中,由于铁比碳活泼,据此分析正负极;若水膜显酸性,则发生析氢腐蚀,据此分析正负极反应.【解析】【解答】解:钢铁在潮湿的空气中,由于水膜为中性或弱酸性,故发生吸氧腐蚀;在形成的原电池中,由于铁比碳活泼,故铁做负极,碳做正极;若水膜显酸性,则发生析氢腐蚀,故负极反应为Fe-2e-=Fe2+,正极反应为2H++2e-=H2↑;
故答案为:吸氧腐蚀,负极,正极,2H++2e-=H2↑,Fe-2e-=Fe2+.12、SO2+2OH-=H2O+SO32-Cl-SO42-两种离子都存在(或者只存在ClO-);取少许吸收液于试管中滴加1~2滴0.01mol•L-1KMnO4溶液若溶液褪色则假设1成立,否则假设1不成立【分析】【分析】(1)氢氧化钠过量;二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水;
(2)吸收尾气(Cl2)一段时间后,根据反应原理:Cl2+Na2SO3+2NaOH═2NaCl+Na2SO4+H2O,吸收尾气一段时间后,吸收液(强碱性)中肯定存在Cl-、OH-和SO42-.①可假设1、溶液中可能存在只存在SO32,2、既不存在SO32-也不存在ClO-,3、SO32-、ClO-都存在或者只存在ClO-;②3mol•L-1H2SO4硫酸电离生成氢离子,溶液显酸性,次氯酸根离子具有漂白性,亚硫酸根离子具有强的还原性,能被酸性的高锰酸钾氧化而使高锰酸钾褪色,选择具有强氧化性高锰酸钾溶液,证明SO32-的存在.【解析】【解答】解:(1)SO2与过量NaOH溶液反应,因NaOH过量,故生成的是正盐,化学方程式为:SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O,离子方程式为:SO2+2OH-=H2O+SO32-;
故答案为:SO2+2OH-=H2O+SO32-;
(2)吸收尾气(Cl2)一段时间后,根据反应原理:Cl2+Na2SO3+2NaOH═2NaCl+Na2SO4+H2O,氯化钠、硫酸钠都为强电解质完全电离,所以吸收尾气一段时间后,吸收液(强碱性)中肯定存在Cl-、OH-和SO42-;
故答案为:Cl-、SO42-;
①可假设1、溶液中可能存在只存在SO32,2、既不存在SO32-也不存在ClO-,3、SO32-、ClO-都存在或者只存在ClO-;
故答案为:两种离子都存在(或者只存在ClO-);
②因为吸收液呈碱性,先取少量吸收液于试管中,滴加3moL-L-1H2SO4至溶液呈酸性,若存在SO32-,生成了H2SO3,H2SO3具有还原性;选择具有强氧化性高锰酸钾溶液;
在试管中滴加0.01mol•L-1KMnO4溶液1~2滴,若紫红色褪去,证明有SO32-;否则无;
故答案为:。实验预期现象和结论取少许吸收液于试管中滴加1~2滴0.01mol•L-1KMnO4溶液若溶液褪色则假设1成立,否则假设1不成立13、BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OH+、Fe3+调节溶液的pH,使Fe3+完全沉淀除去BaSO4(aq)+CO32-(aq)⇌BaCO3(aq)+SO42-(aq)5蒸发浓缩过滤氮的氧化物和重金属污染【分析】【分析】钡泥中主要含有BaCO3、BaSO3、Ba(FeO2)2等,加稀硝酸溶解,BaSO3被氧化为BaSO4,过滤,滤渣为BaSO4,滤液中主要含有Ba2+、H+、Fe3+,调节pH,使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去,过滤,滤渣2为氢氧化铁,滤液2中主要含有Ba2+、H+;加氢氧化钡溶液中和多余的氢离子,使溶液为中性,然后蒸发浓缩;冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到硝酸钡晶体;
(1)酸溶时;碳酸钡与氢离子反应生成二氧化碳;钡离子和水;
(2)加稀硝酸溶解,Ba(FeO2)2转化为Ba2+、Fe3+;
(3)调节pH除去铁离子;
(4)当c(CO32-)×c(Ba2+)>Ksp(BaCO3)时;可实现沉淀的转化;
(5)根据Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaCO3)=5.1×10-9;求出化学平衡常数,结合化学方程式进行计算;
(6)根据从溶液中提取溶质的操作分析;
(7)硝酸与亚硫酸钡反应的产物之一为氮的氧化物,钡离子属于有毒的重金属离子,根据氮的氧化物和钡离子对环境的影响分析.【解析】【解答】解:钡泥中主要含有BaCO3、BaSO3、Ba(FeO2)2等,加稀硝酸溶解,BaSO3被氧化为BaSO4,过滤,滤渣为BaSO4,滤液中主要含有Ba2+、H+、Fe3+,调节pH,使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去,过滤,滤渣2为氢氧化铁,滤液2中主要含有Ba2+、H+;加氢氧化钡溶液中和多余的氢离子,使溶液为中性,然后蒸发浓缩;冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到硝酸钡晶体;
(1)酸溶时,碳酸钡与氢离子反应生成二氧化碳、钡离子和水,其反应的离子方程式为:BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O;
故答案为:BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O;
(2)加稀硝酸溶解,Ba(FeO2)2转化为Ba2+、Fe3+,另外溶液中还含有多余的氢离子,所以溶液中的阳离子有Ba2+、Fe3+、H+;
故答案为:H+、Fe3+;
(3)溶液中含有杂质离子Fe3+,调节溶液的pHFe3+会转化为氢氧化铁沉淀;然后过滤除去;
故答案为:调节溶液的pH,使Fe3+完全沉淀除去;
(4)溶液存在BaSO4(aq)+CO32-(aq)⇌BaCO3(aq)+SO42-(aq),当c(CO32-)×c(Ba2+)>Ksp(BaCO3)时;可实现沉淀的转化;
故答案为:BaSO4(aq)+CO32-(aq)⇌BaCO3(aq)+SO42-(aq);
(5)BaSO4(aq)+CO32-(aq)⇌BaCO3(aq)+SO42-(aq)的平衡常数K====0.0216;
设每次用1.00L2.0mol•L-1饱和Na2CO3溶液能处理xmolBaSO4;
BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42
(2.02.0-x)mol•L-1xmol•L-1
根据K===0.0216
解得:x=0.0441,处理次数==4.76;所以至少处理5次;
故答案为:5;
(6)从溶液中提取溶质经过蒸发浓缩;冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;即可得到硝酸钡晶体;
故答案为:蒸发浓缩;过滤;
(7)硝酸与亚硫酸钡反应的产物之一为氮的氧化物;氮的氧化物属于有毒气体,会污染空气,钡离子属于有毒的重金属离子,最后的母液中含有钡离子,会污染环境,因此要进一步处理,避免造成二次污染;
故答案为:氮的氧化物和重金属污染.14、0.004mol/(L•s)60%3A(g)⇌B(g)+2C(g)△H=+100akJ•mol-10.02ab【分析】【分析】(1)由图象计算C的浓度变化,再根据v=计算反应速率;A的转化率=×100%计算;
(2)计算3molA反应的热量;结合方程式书写热化学方程式;
(3)根据C、A浓度的变化判断二者计量数关系,根据t4~t5阶段判断化学方程式;根据化学方程式计算;
(4)该反应反应前后气体体积不变,t3后反应速率加快,正逆反应速率相等,据此分析.【解析】【解答】解:(1)若t1=15s,生成物C在t0~t1时间段的平均反应速率为:v==0.004mol•L-1•s-1,A的转化率=×100%=×100%=60%;
故答案为:0.004mol/(L•s);60%;
(2)反应的方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g),A的物质的量减少0.03mol,而此过程中容器与外界的热交换总量为akJ,则A的物质的量减少3mol,与外界的热交换总量为100akJ,由图象可知t5~t6阶段应为升高温度,A的物质的量减少,说明向正反应方向移动,则正反应吸热,该反应的热化学方程式为3A(g)B(g)+2C(g)△H=+100akJ•mol-1;
故答案为:3A(g)⇌B(g)+2C(g)△H=+100akJ•mol-1;
(3)t1时反应中A的浓度变化为0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L,C的浓度变化为0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L,反应中A与C的计量数之比为0.09:0.06=3:2,若t4时改变的条件为减小压强;根据图乙知,减小压强平衡不移动,则该反应中气体的化学计量数之和前后相等,则有:3A(g)⇌B(g)+2C(g),根据方程式可知消耗0.09mol/L的A,则生成0.03mol/L的B,平衡时B的浓度是0.05mol/L,则B的起始物质的量浓度为0.02mol/L;
故答案为:0.02;
(4)该反应反应前后气体体积不变,t3后反应速率加快,正逆反应速率相等,所以改变的体积可能是使用了催化剂或加压,故答案为:ab.15、ACC9H8O2【分析】【分析】(1)化合物I中含有羧基;化合物II中含有羧基和碳碳双键,据此解答即可;
(2)依据结构简式判断分子式;依据乙烯的加成反应书写此加聚方程式;
(3)Ⅲ和Cu共热的产物能发生银镜反应;说明此物质为醇类,发生氧化反应生成醛类,据此解答;
(4)化合物IV是化合物II的同分异构体,分子式为:C9H8O2,化合物IV遇FeCl3溶液显紫色;故含有酚羟基,苯环上的一氯代物只有2种,那么两个取代基应处于对位,据此解答即可;
(5)依据醇类的消去反应去掉羟基引入碳碳不饱和双键,依据所给信息①(氯代烃与不饱和烃的取代反应)加长碳链,据此解答即可.【解析】【解答】解:(1)A;化合物I中含有羧基;属于羧酸,能与碱(氢氧化铜)反应,故A正确;
B;化合物I和II中均不含有醛基;不能发生银镜反应,故B错误;
C;化合物II中含有碳碳双键;能被高锰酸钾溶液氧化,导致高锰酸钾溶液褪色,故C正确;
D、苯环与碳碳双键均能与氢气发生加成反应,1mol化合物II最多能与4molH2反应;故D错误;
故选AC;
(2)化合物II的分子式为:C9H8O2,化合物II在催化剂条件下生产高分子化合物的反应方程式为:
故答案为:C9H8O2;
(3)Ⅲ和Cu共热的产物能发生银镜反应,说明此物质属于醇类,且能氧化生成醛,应为端基醇,故结构简式为:
故答案为:
(4)化合物IV是化合物II的同分异构体,分子式为:C9H8O2,化合物IV遇FeCl3溶液显紫色,故含有酚羟基,苯环上的一氯代物只有2种,那么两个取代基应处于对位,故结构简式为:故答案为:
(5)醇类能在浓硫酸作催化剂的条件下发生消去反应去掉羟基引入碳碳不饱和双键,化学反应方程式为依据所给信息①(氯代烃与不饱和烃的取代反应)加长碳链,即发生取代反应去掉溴原子,生成肉桂酸,化学反应方程式为
故答案为:.16、C6H12O6ac羧基【分析】【分析】I.(1)B经过缩聚反应生成可降解塑料,其结构简式为:则B为CH3CHOHCOOH,A在乳酸菌的作用下生成有机物B,则单糖A为C6H12O6;
(2)B中含-OH;-COOH;结合醇、羧酸的性质来解答;
(3)B在一定条件下可生成C;C能使溴的四氯化碳溶液褪色,C中含双键,B发生消去反应生成C;
II.1molD与足量NaHCO3反应放出标准状况下44.8LCO2;则气体的物质的量为2mol,可知D中含2个-COOH,D的相对分子质量为90,则D为乙二酸;
(4)D中含-COOH;
(5)等物质的量的D与乙二醇在催化剂作用下可生成链状高分子化合物,为缩聚反应.【解析】【解答】解:I.(1)B经过缩聚反应生成可降解塑料,其结构简式为:则B为CH3CHOHCOOH,A在乳酸菌的作用下生成有机物B,则单糖A为C6H12O6;
故答案为:C6H12O6;
(2)a.B为CH3CHOHCOOH,B的分子式为C3H6O3;故正确;
b.1molB中含1mol-COOH;可与1molNaOH反应,故错误;
c.1molB中含1mol-OH、1mol-COOH,与足量的Na反应可生成1molH2;故正确;
故答案为:ac;
(3)B在一定条件下可生成C,C能使溴的四氯化碳溶液褪色,C中含双键,B发生消去反应生成C,反应为
故答案为:
II.1molD与足量NaHCO3反应放出标准状况下44.8LCO2;则气体的物质的量为2mol,可知D中含2个-COOH,D的相对分子质量为90,则D为乙二酸;
(4)D中含-COOH;名称为羧基,故答案为:羧基;
(5)等物质的量的D与乙二醇在催化剂作用下可生成链状高分子化合物,为缩聚反应,反应为
故答案为:.17、Bk=<mol/(L•s)BD①②③【分析】【分析】(1)由图象可知B状态反应较快,且A、B处于不同平衡状态,B状态NO2的物质的量较少;结合温度;压强对平衡移动的影响判断;
(2)根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积计算;结合温度对平衡移动的影响判断;
(3)根据NO2的物质的量结合方程式可判断平衡时O2的浓度,进而可计算O2的反应速率;
(4)达到平衡时存在“等”;“定”的特征;由此可判断平衡状态;
(5)2NO+O2⇌2NO2由(1)的推断可知该反应为放热反应,根据温度压强对平衡的影响分析.【解析】【解答】解:(1)由图象可知B状态反应较快,且A、B处于不同平衡状态,肯定不是催化剂的影响,如是压强的影响,则增大压强,平衡向逆反应方向移动,则NO2的物质的量应增大,但B状态NO2的物质的量较少,应是升高温度的原因,该反应的正反应为吸热反应,升高温度平衡向正反应方向移动,则NO2的物质的量减少;故答案为:B;
(2)平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积,则k=;反应的正反应为吸热反应,升高温度平衡向正反应方向移动,则平衡常数增大;
故答案为:k=;<;
(3)根据图象可知,B状态时,平衡时NO2的物质的量为0.1mol,则反应的NO2的物质的量为0.1mol,生成O2的物质的量为0.05mol,则VO2==mol/(L•s),故答案为:mol/(L•s);
(4)A.V正(NO2)=V逆(NO);说明正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,故A正确;
B.C(NO2)=C(NO);正逆反应速率不相等,没有达到平衡状态,故B错误;
C.气体的质量不变;气体的平均摩尔质量不变,则说明气体的物质的量不变,说明反应达到平衡状态,故C正确;
D.由于气体的质量不变;气体的体积不变,则无论是否达到平衡状态,都存在气体的密度保持不变的特征,不能判断是否达到平衡,故D错误;
故答案为:BD;
(5)2NO+O2⇌2NO2由(1)的推断可知该反应为放热反应,容器①外面有隔热套,反应放热则容器内温度升高,平衡逆移,NO物质的百分含量增大;容器③有自由移动的活塞,容器内为恒压状态,而容器②体积不变反应后气体物质的量减少,压强减小,所以容器③的压强大于容器②的压强,所以容器③内向正方向进行的程度大,NO物质的百分含量减小,所以NO物质的百分含量由大到小的顺序为①②③,故答案为:①②③.18、31四第ⅢA313【分析】【分析】由电子排布式可知,其原子序数等于质子数等于电子总数,电子层数为4,最外层电子数为3,以此来解答.【解析】【解答】解:(1)由1s22s22p63s23p63d104s24p1可知;原子序数为2+2+6+2+6+10+2+1=31,故答案为:31;
(2)电子层数为4;最外层电子数为3,则位于元素周期表中第四周期第ⅢA族,故答案为:四;第ⅢA;
(3)原子序数等于质子数等于电子总数,则电子总数为31,由价电子排布为4s24p1,则价电子总数为3,故答案为:31;3.三、判断题(共8题,共16分)19、√【分析】【分析】工业废水应遵循“先净化,后排放”的原则,工业废水需要经过处理达标后再排放才不会污染环境.【解析】【解答】解:工业废水是指工业生产过程中产生的废水;污水和废液;其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物和产品以及生产过程中产生的污染物.废水中含有的酸、碱、盐,会造成水体污染,需要经过处理达标后才能排放;
故答案为:√.20、×【分析】【分析】水的摩尔质量为18g/mol,与物质的量多少无关.【解析】【解答】解:水的摩尔质量为18g/mol,与物质的量多少无关,2mol水的质量与1mol水的质量之比为2:1,故错误,故答案为:×.21、×【分析】【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名;其核心是准确理解命名规范:
(1)烷烃命名原则:
①长选最长碳链为主链;
②多遇等长碳链时;支链最多为主链;
③近离支链最近一端编号;
④小支链编号之和最小.看下面结构简式;从右端或左端看,均符合“近离支链最近一端编号”的原则;
⑤简两取代基距离主链两端等距离时;从简单取代基开始编号.如取代基不同,就把简单的写在前面,复杂的写在后面.
(2)有机物的名称书写要规范;
(3)对于结构中含有苯环的;命名时可以依次编号命名,也可以根据其相对位置,用“邻”;“间”、“对”进行命名;
(4)含有官能团的有机物命名时,要选含官能团的最长碳链作为主链,官能团的位次最小.【解析】【解答】解:(1)双键的个数为3;应命名为1,3,5-己三烯,故答案为:×;
(2)从离官能团最近的一端开始命名;应命名为3-甲基-2-丁醇,故答案为:×;
(3)应标出取代基的位置;应命名为1,2-二溴乙烷,故答案为:×;
(4)选最长的碳连做主链;应命名为3-甲基-1-戊烯,故答案为:×;
(5)符合命名规则;故答案为:√;
(6)选最长的碳连做主链,从离官能团最近的一端开始命名,应命名为2-甲基-2-戊烯,故答案为:×.22、×【分析】【分析】1mol任何气体的体积都约是22.4L,只针对于气体.【解析】【解答】解:标准状况下;气体的气体摩尔体积为22.4L/mol,则1mol气体的体积为22.4L,而非气体不是;
故答案为:×.23、×【分析】【分析】在水溶液中;电解质在水分子作用下电离出自由移动的离子;
在熔融状态下,电解质在电流的作用下电离出自由移动的离子.【解析】【解答】解:NaCl溶液在水分子作用下电离出钠离子和氯离子;
故答案为:×.24、×【分析】【分析】水的摩尔质量为18g/mol,与物质的量多少无关.【解析】【解答】解:水的摩尔质量为18g/mol,与物质的量多少无关,2mol水的质量与1mol水的质量之比为2:1,故错误,故答案为:×.25、×【分析】【分析】稀硝酸具有强氧化性,和金属反应生成硝酸盐和氮氧化物,稀硫酸具有弱氧化性,和酸反应生成硫酸盐和氢气.【解析】【解答】解:稀硫酸中弱氧化性是氢离子体现的,所以稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气,稀硝酸中强氧化性是N元素体现的,所以稀硝酸具有强氧化性,和铁反应生成NO而不是氢气,所以该说法错误,故答案为:×.26、×【分析】【分析】高分子化合物(又称高聚物)一般相对分子质量高于10000,结构中有重复的结构单元;据此分析.【解析】【解答】解:蔗糖的分子式为:C12H22O12;其相对分子质量较小,不属于高分子化合物,蛋白质;纤维素、PVC、淀粉都是高分子化合物,故该说法错误;
故答案为:×.四、探究题(共4题,共20分)27、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解:甲醇易溶于水,与氢氧化钠不反应,甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐,苯()不溶于水,加入氢氧化钠,溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠,分液后得到苯,将溶液蒸馏可得到甲醇(CH3OH),因苯酚的酸性比碳酸弱,在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳,可得到苯酚(),分液可分离,在分液后的溶液中加入稀硫酸,蒸馏可得到甲酸(HCOOH),故答案为:a.分液;b.蒸馏;c.分液;d.蒸馏;CH3OH;HCOOH.
【分析】苯不溶于水,加入氢氧化钠,溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠,分液后得到苯,将溶液蒸馏可得到甲醇,因苯酚的酸性比碳酸弱,在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳,可得到苯酚,分液可分离,在分液后的溶液中加入稀硫酸,蒸馏可得到甲酸,以此解答该题.28、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用,所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液,锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色,且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解:(1)②KMnO4溶液具有强氧化性,应用酸式滴定管盛装;高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快,所以刚滴下少量KMnO4溶液时;溶液迅速变成紫红色;滴定终点时,当滴入最后一滴高锰酸钾溶液,锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色,且半分钟不变化,证明达到终点;
故答案为:酸式;反应中生成的锰离子具有催化作用;所以随后褪色会加快;滴入最后一滴高锰酸钾溶液,锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色,且半分钟不变化;
(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大,舍去第3组,应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积,故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL
设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g(0.1000×0.020)mol解得:x==90.00%;
故答案为:20.00;90.00%;
(3)④A.未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管,标准液的浓度偏小,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=分析;c(标准)偏大,故A正确;
B.滴定前锥形瓶有少量水,待测液的物质的量不变,对V(标准)无影响,根据c(待测)=分析;c(标准)不变,故B错误;
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=分析;c(标准)偏大,故C正确;
D.不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=分析;c(标准)偏大,故D正确;
E.观察读数时,滴定前仰视,滴定后俯视,造成V(标准)偏小,根据c(待测)=分析;c(标准)偏小,故E错误;
故选ACD.
【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性,应用酸式滴定管盛装;高锰离子有催化作用而导致反应速率加快;乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应,滴定终点时,溶液由无色变成紫红色,且半分钟内不褪色;③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大,舍去第3组,应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积,根据关系式2KMnO4~5H2C2O4计算;
④根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响,以此判断浓度的误差.29、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解:甲醇易溶于水,与氢氧化钠不反应,甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐,苯()不溶于水,加入氢氧化钠,溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠,分液后得到苯,将溶液蒸馏可得到甲醇(CH3OH),因苯酚的酸性比碳酸弱,在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳,可得到苯酚(),分液可分离,在分液后的溶液中加入稀硫酸,蒸馏可得到甲酸(HCOOH),故答案为:a.分液;b.蒸馏;c.分液;d.蒸馏;CH3OH;HCOOH.
【分析】苯不溶于水,加入氢氧化钠,溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠,分液后得到苯,将溶液蒸馏可得到甲醇,因苯酚的酸性比碳酸弱,在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳,可得到苯酚,分液可分离,在分液后的溶液中加入稀硫酸,蒸馏可得到甲酸,以此解答该题.30、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用,所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液,锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色,且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解:(1)②KMnO4溶液具有强氧化性,应用酸式滴定管盛装;高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快,所以刚滴下少量KMnO4溶液时;溶液迅速变成紫红色;滴定终点时,当滴入最后一滴高锰酸钾溶液,锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色,且半分钟不变化,证明达到终点;
故答案为:酸式;反应中生成的锰离子具有催化作用;所以随后褪色会加快;滴入最后一滴高锰酸钾溶液,锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色,且半分钟不变化;
(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大,舍去第3组,应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积,故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL
设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g(0.1000×0.020)mol解得:x==90.00%;
故答案为:20.00;90.00%;
(3)④A.未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管,标准液的浓度偏小,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=分析;c(标准)偏大,故A正确;
B.滴定前锥形瓶有少量水,待测液的物质的量不变,对V(标准)无影响,根据c(待测)=分析;c(标准)不变,故B错误;
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=分析;c(标准)偏大,故C正确;
D.不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=分析;c(标准)偏大,故D正确;
E.观察读数时,滴定前仰视,滴定后俯视,造成V(标准)偏小,根据c(待测)=分析;c(标准)偏小,故E错误;
故选ACD.
【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性,应用酸式滴定管盛装;高锰离子有催化作用而导致反应速率加快;乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应,滴定终点时,溶液由无色变成紫红色,且半分钟内不褪色;③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大,舍去第3组,应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积,根据关系式2KMnO4~5H2C2O4计算;
④根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响,以此判断浓度的误差.五、计算题(共4题,共8分)31、H2H2是CH4【分析】【分析】根据n=计算各物质的物质的量,由N=nNA可知;物质的量越大含有分子数目越大.根据各物质分子含有的H原子数目,计算H原子的物质的量,据此判断;
由N=nNA可知,物质的量相同含有的分子数目相等,含有H原子数目之比等于分子中含有的H原子数之比.【解析】【解答】解:1g氢气的物质的量为=0.5mol,1g甲烷的物质的量为=mol;
1g水的物质的量为=mol;
由N=nNA可知;物质的量越大含有分子数目越大,故氢气的分子数目最大;
氢气中含有H原子为0.5mol×2=1mol,甲烷中含有H原子mol×4=0.25mol,水中含有H原子为mol×2=mol;故氢气中含有的H原子最多;
当氢气、甲烷、水各1mol,由N=nNA可知;物质的量相同含有的分子数目相等,含有H原子数目之比等于分子中含有的H原子数之比,故甲烷中含有H原子最多;
故答案为:H2,H2;是,CH4.32、任意取一层液体加水,如果不分层则取的是水层、反之是油层62g/mol6216Na2O2210.29:3:11:34020【分析】【分析】(1)利用水和有机溶剂互不相溶;放出少量液体,加入液体水根据是否分层来判断;
(2)12.4gNa2X含0.4molNa+,则Na2X的物质的量为0.2mol,结合M=及相对分子质量与M的数值相等计算;
(3)原子总数为6mol的水,水的物质的量为=2mol;结合分子构成计算;
(4)氨气的物质的量为L,溶液的体积为×10-3L,结合c=计算;
(5)结合电荷守恒计算;
(6)物质的量浓度的氯化钠;氯化镁、氯化铝溶液;分别与过量的硝酸银溶液反应,当生成沉淀的质量之比为3:2:1时,则氯化钠、氯化镁、氯化铝中氯离子的物质的量比为3:2:1,浓度相同,则体积之比等于物质的量之比;
(7)设CO的物质的量为x,CO2的物质的量为y,根据质量之和与物
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