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文档简介

…………○…………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年粤教新版拓展型课程化学下册阶段测试试卷704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7题,共14分)1、下列过程:①电离;②电解;③电镀;④电化学腐蚀,其中需通电后才能进行的是A.①②③B.①②④C.②③D.全部2、除去下列物质中的杂质(括号中为杂质),采用的试剂和除杂方法正确的是。选项含杂质的物质试剂除杂方法AC2H2(H2S)溴水洗气B乙酸乙酯(乙酸)乙醇萃取C苯(苯酚)溴水过滤D乙醇(水)生石灰蒸馏

A.AB.BC.CD.D3、CaH2是重要的供氢剂;遇水或酸能引起燃烧。利用下列装置制备氢化钙固体(提供的实验仪器不得重复使用)。下列说法正确的是。

A.装置①在加入试剂前无需检查装置气密性B.仪器接口的连接顺序为a→c→b→f→g→d→eC.加热装置④之前必须检查气体的纯度D.装置③的主要作用是防止空气中的CO2、H2O(g)进入装置④中4、关于下列实验的说法不正确的是:。操作现象

①铜片溶解;溶液变蓝,起始产生红棕色气体,气体颜色逐渐变淡,直至无色,在管口处变为淡棕色。

②铜片继续溶解,产生无色气体,在管口处变为淡棕色

A.实验中产生红棕色气体,说明浓HNO3具有氧化性B.在整个实验过程中,发生的反应多于2个C.②中产生无色气体,说明盐酸有氧化性D.若将铜片换成铁片,则①中没有明显实验现象。5、某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应,设计装置如下;下列说法正确的是()

A.若D中无水硫酸铜变蓝,则说明Na2O2与H2反应生成水B.装置B中盛放浓硫酸,目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气C.装置C加热前,用试管在干燥管管口处收集气体点燃,通过声音判断气体纯度D.装置A也可直接用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气6、下列实验现象与实验操作不相匹配的是()

实验操作。

实验现象。

A

向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸。

有刺激性气味气体产生;溶液变浑浊。

B

在表面皿中加入少量胆矾;再加入3mL浓硫酸,搅拌。

固体由蓝色变白色。

C

用同一针筒先后抽取80mL氯气;20mL水;振荡。

气体完全溶解;溶液变为黄绿色。

D

向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液;再滴加双氧水。

产生白色沉淀。

A.AB.BC.CD.D7、用下列实验装置进行相应实验;能达到实验目的是()

A.用图1所示装置可收集NO气体B.用图2所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸C.用图3所示装置可实现反应:2H2OO2↑+2H2↑D.用图4所示装置可证明酸性:H2SO4>H2CO3>H2SiO3评卷人得分二、多选题(共3题,共6分)8、常温下,用溶液分别滴定体积和浓度均相同的三种一元弱酸的滴定曲线如图所示;图中横坐标a表示滴定百分数(滴定用量与滴定终点用量之比)。下列说法错误的是。

A.常温下,酸性:B.当滴定至溶液中存在:C.滴定当时,溶液中D.初始浓度9、某同学按图示装置进行实验;产生足量的气体通入c中,最终出现浑浊。下列所选物质组合符合要求的是。

a中试剂b中试剂c中溶液A浓硫酸浓盐酸饱和食盐水B浓硫酸Cu溶液C稀硫酸饱和溶液D浓氨水碱石灰溶液

A.AB.BC.CD.D10、“探究与创新能力”是化学的关键能力。下列各项中“操作或现象”能达到预期“实验目的”的是。选项实验目的操作或现象A制作简单原电池将铁钉和铜丝连接插入食醋中即可形成原电池B验证碳能与浓硝酸反应向浓硝酸中插入红热的碳,产生红棕色气体C鉴别溴蒸气和分别通入溶液中,产生浅黄色沉淀的是溴蒸气D除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入足量饱和氢氧化钠溶液,充分混合后分液

A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共9题,共18分)11、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12、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=_______。13、油气开采;石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢;需要回收处理并加以利用。

H2S热分解反应:2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1,在1373K、100kPa反应条件下,对于n(H2S):n(Ar)分别为4:1、1:1、1:4、1:9、1:19的H2S-Ar混合气,热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。

(1)n(H2S):n(Ar)越小,H2S平衡转化率___________,理由是___________

(2)n(H2S):n(Ar)=1:9对应图中曲线___________,计算其在0~0.1s之间,H2S分压的平均变化率为___________kPa·s-1。14、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=_______。15、研究CO还原NOx对环境的治理有重要意义;相关的主要化学反应有:

ⅠNO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)ΔH1

Ⅱ2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH2<0

Ⅲ2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH3<0

(1)已知:每1mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为。NO2COCO2NO819kJ1076kJ1490kJ632kJ

①根据上述信息计算ΔH1=_______kJ·molˉ1。

②下列描述正确的是_______。

A在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅰ;若压强不变,能说明反应Ⅰ达到平衡状态。

B反应ⅡΔH<0;ΔS<0;该反应在低温下自发进行。

C恒温条件下;增大CO的浓度能使反应Ⅲ的平衡向正向移动,平衡常数增大。

D上述反应达到平衡后;升温,三个反应的逆反应速率均一直增大直至达到新的平衡。

(2)在一个恒温恒压的密闭容器中,NO2和CO的起始物质的量比为1∶2进行反应,反应在无分子筛膜时二氧化氮平衡转化率和有分子筛膜时二氧化氮转化率随温度的变化如图所示,其中分子筛膜能选择性分离出N2。

①二氧化氮平衡转化率随温度升高而降低的原因为_______。

②P点二氧化氮转化率高于T点的原因为_______。

(3)实验测得,V正=k正·c2(NO)·c2(CO),V逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)(k正、k逆为速率常数;只与温度有关)。

①一定温度下,向体积为1L的密闭容器中充入一定量的NO和CO,只发生反应Ⅲ,在tl时刻达到平衡状态,此时n(CO)=0.1mol,n(NO)=0.2mol,n(N2)=amol,且N2占平衡总体积的1/4则:=_______。

②在t2时刻,将容器迅速压缩到原容积的1/2,在其它条件不变的情况下.t3时刻达到新的平衡状态。请在图中补充画出t2-t3-t4时段,正反应速率的变化曲线_______。

16、实验室模拟工业生产食品香精菠萝酯()的简易流程如下:

有关物质的熔、沸点如表:。苯酚氯乙酸苯氧乙酸熔点/℃436299沸点/℃181.9189285

试回答下列问题:

(1)反应室I中反应的最佳温度是104℃,为较好地控制温度在102℃~106℃之间,加热时可选用___(选填字母)。

A.火炉直接加热B.水浴加热C.油浴加热。

(2)分离室I采取的操作名称是___。

(3)反应室I中发生反应的化学方程式是___。

(4)分离室II的操作为:①用NaHCO3溶液洗涤后分液;②有机层用水洗涤后分液;洗涤时不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液,其原因是___(用化学方程式表示)。17、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉,是白色砂状或淡黄色粉末状固体,易溶于水、不溶于醇,该物质具有强还原性,在空气中易被氧化为NaHSO4,75℃以上会分解产生SO2。是重要的有机合成原料和漂白剂。

制取Na2S2O4常用甲酸钠法:控制温度60~70℃,在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中,边搅拌边滴加Na2CO3甲醇溶液,同时通入SO2,即可生成Na2S2O4。反应原理如下:2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2

(1)如图,要制备并收集干燥纯净的SO2气体,接口连接的顺序为:a接__,__接__,__接__。制备SO2的化学方程式为___。

(2)实验室用图装置制备Na2S2O4。

①Na2S2O4中硫元素的化合价为___。

②仪器A的名称是___。

③水浴加热前要通一段时间N2,目的是___。

④为得到较纯的连二亚硫酸钠,需要对在过滤时得到的连二亚硫酸钠进行洗涤,洗涤的方法是___。

⑤若实验中所用Na2SO3的质量为6.3g,充分反应后,最终得到mg纯净的连二亚硫酸钠,则连二亚硫酸钠的产率为___(用含m的代数式表示)。18、某化学小组用下列装置和试剂进行实验,探究O2与KI溶液发生反应的条件。

供选试剂:质量分数为30%的H2O2溶液、0.1mol·L-1的H2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体。

(1)小组同学设计甲;乙、丙三组实验;记录如下:

操作。

现象。

甲。

向装置I的锥形瓶中加入MnO2固体,向装置I的____中加入质量分数为30%的H2O2溶液;连接装置I;III,打开活塞。

装置I中产生无色气体并伴随大量白雾;装置III中有气泡冒出;溶液迅速变蓝。

乙。

向装置II中加入KMnO4固体;连接装置II;III,点燃酒精灯。

装置III中有气泡冒出;溶液不变蓝。

丙。

向装置II中加入____,向装置III中再加入适量0.1mol·L-1的H2SO4溶液;连接装置II;III,点燃酒精灯。

装置III中有气泡冒出;溶液变蓝。

(2)丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式为___________________________________。

(3)对比乙、丙实验可知,O2与KI溶液发生反应的适宜条件是__________。为进一步探究该条件对反应速率的影响;可采取的实验措施是____________________________。

(4)由甲、乙、丙三组实验推测,甲实验中可能是I中的白雾使溶液变蓝。为了验证推测,可将装置I中产生的气体通入_________(填字母)溶液中,依据实验现象来证明白雾中含有H2O2。A.酸性KMnO4B.FeCl2C.H2S(5)资料显示:KI溶液在空气中久置的过程中会被缓慢氧化:4KI+O2+2H2O=2I2+4KOH。该小组同学取20mL久置的KI溶液,向其中加入几滴淀粉溶液,结果没有观察到溶液颜色变蓝,他们猜想可能是发生了反应___________________________________(写离子方程式)造成的,请设计实验证明他们的猜想是否正确:___________________________________。19、已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色;现在足量的稀氯化亚铁溶液中,加入1~2滴液溴,振荡后溶液呈黄色。

(1)甲同学认为这不是发生化学反应所致,则使溶液呈黄色的微粒是:______(填粒子的化学式;下同);

乙同学认为这是发生化学反应所致,则使溶液呈黄色的微粒是_________。

(2)如果要验证乙同学判断的正确性;请根据下面所提供的可用试剂,用两种方法加以验证,请将选用的试剂代号及实验中观察到的现象填入下表。

实验可供选用试剂:。A.酸性高锰酸钾溶液B.氢氧化钠溶液C.四氯化碳D.硫氰化钾溶液E.硝酸银溶液F.碘化钾淀粉溶液。实验方案。

所选用试剂(填代号)

实验现象。

方案一。

方案二。

(3)根据上述实验推测,若在稀溴化亚铁溶液中通入氯气,则首先被氧化的离子是________,相应的离子方程式为_______________________________________________;评卷人得分四、结构与性质(共2题,共14分)20、I.元素周期表中80%左右的非金属元素在现代技术包括能源;功能材料等领域占有极为重要的地位。

(1)氮及其化合物与人类生产、生活息息相关,基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是_____,N2F2分子中N原子的杂化方式是_______,1molN2F2含有____个δ键。

(2)高温陶瓷材料Si3N4晶体中N-Si-N的键角大于Si-N-Si的键角,原因是_______。

II.金属元素铁;铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用。

(1)铁在元素周期表中的位置_________。

(2)配合物Fe(CO)x常温下呈液态,熔点为-20.5℃,沸点为103℃,易溶于非极性溶剂,据此可判断Fe(CO)x晶体属于_____(填晶体类型)。Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子吸之和为18,则x=________。

(3)N2是CO的一种等电子体,两者相比较沸点较高的为_______(填化学式)。

(4)铜晶体中铜原子的堆积方式如下图甲所示。

①基态铜原子的核外电子排布式为___________。

②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为___________。

(5)某M原子的外围电子排布式为3s23p5,铜与M形成化合物的晶胞如下图乙所示(黑点代表铜原子)。已知该晶体的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数为NA,则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为_________pm。(只写计算式)。21、I.元素周期表中80%左右的非金属元素在现代技术包括能源;功能材料等领域占有极为重要的地位。

(1)氮及其化合物与人类生产、生活息息相关,基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是_____,N2F2分子中N原子的杂化方式是_______,1molN2F2含有____个δ键。

(2)高温陶瓷材料Si3N4晶体中N-Si-N的键角大于Si-N-Si的键角,原因是_______。

II.金属元素铁;铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用。

(1)铁在元素周期表中的位置_________。

(2)配合物Fe(CO)x常温下呈液态,熔点为-20.5℃,沸点为103℃,易溶于非极性溶剂,据此可判断Fe(CO)x晶体属于_____(填晶体类型)。Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子吸之和为18,则x=________。

(3)N2是CO的一种等电子体,两者相比较沸点较高的为_______(填化学式)。

(4)铜晶体中铜原子的堆积方式如下图甲所示。

①基态铜原子的核外电子排布式为___________。

②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为___________。

(5)某M原子的外围电子排布式为3s23p5,铜与M形成化合物的晶胞如下图乙所示(黑点代表铜原子)。已知该晶体的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数为NA,则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为_________pm。(只写计算式)。评卷人得分五、实验题(共1题,共7分)22、某学习小组同学进行实验探究FeCl3溶液和Na2S溶液的反应原理。

Ⅰ.学习小组的同学通过查阅以下资料和所学知识;预测产物。

资料:Fe2S3和FeS均为黑色、不溶于水、能溶于酸的固体,Fe2S3固体常温下易转变为黄绿色;H2S为有臭鸡蛋气味的气体。0.1mol/LNa2S溶液的pH约为12.9。

Ksp近似数据:Fe(OH)3为10-39,Fe2S3为10-88,FeS为10-19。

(1)同学甲计算出0.1mol/L的FeCl3溶液的pH约为__,依据酸碱理论的相关知识预测FeCl3与Na2S可能发生水解反应;则该反应的离子方程式为___。

(2)同学乙依据难溶电解质的溶解平衡理论的相关知识预测反应主要产生Fe2S3而不是Fe(OH)3的原因为__。

(3)同学丙依据氧化还原反应理论的相关知识预测FeCl3溶液与Na2S溶液反应可生成FeS和S的混合物;则反应的离子方程式为__。

Ⅱ.学习小组进行实验;探究反应生成沉淀物的成分。

实验一:

(4)某同学设计实验证明试管①中黑色物质含有Fe2S3;该同学的实验操作为_____。

(5)另一同学将试管②中黑色沉淀过滤洗涤后溶解于稀硫酸获得淡黄色悬浊液并闻到臭鸡蛋气味;判断沉淀为FeS和S的混合物,但有同学认为此判断不合理,请说明理由:__。

实验二:

(6)若试管③中沉淀溶解现象是因为溶液酸性较强将产生的少量黑色沉淀溶解;用离子方程式表示溶液酸性较强的原因:__。

(7)FeCl3溶液和Na2S溶液间可发生复分解反应也可发生氧化还原反应,且反应的产物、实验的现象与__等有关(写出一条即可)。参考答案一、选择题(共7题,共14分)1、C【分析】【分析】

【详解】

①电离是电解质溶于水自发进行的过程,不需要通电;②电解需要电解池,需要通电;③电镀也是电解池的应用,需要通电;④电化学腐蚀是原电池原理,自发进行,不需要通电。答案选C。2、D【分析】【详解】

A.溴水与乙炔会发生加成反应;A项错误;

B.乙醇与乙酸乙酯互溶;引入杂质,B项错误;

C.苯酚与溴水生成三溴苯酚;三溴苯酚溶于苯,C项错误;

D.水与生石灰反应生成氢氧化钙;低温不分解,可以蒸馏法得到乙醇,D项正确;

故选D。3、C【分析】【分析】

【详解】

A.装置①为启普发生器;在加入试剂前应先检查装置气密性,然后再加入药品,A错误;

B.由装置①制取氢气,由于盐酸具有挥发性,故氢气中混有HCl和水蒸气,氢气由导管a口通入到装置③中除去HCl和水蒸气,再将纯净、干燥的H2通入装置④中与Ca在加热时反应产生CaH2;为防止空气中的H2O(g)进入装置④中,导致CaH2因吸收水蒸气而变质,最后要通过盛浓硫酸的洗气瓶,故装置接口连接顺序为a→d→e→f(或g)→g(或f)→b→c;B错误;

C.为防止Ca与空气中成分反应,加热前需先通入氢气排尽装置中的空气,H2是可燃性气体,为防止H2、O2混合气体点燃爆炸;加热装置④之前必须检查气体的纯度确认空气是否排尽,C正确;

D.装置③的主要作用是除去氢气中混有的HCl和水蒸气;D错误;

故合理选项是C。4、C【分析】【详解】

A.实验中产生红棕色气体,说明浓HNO3的氧化性稀HNO3氧化性强;故A错;B.在整个实验过程中,发生的反应有Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO2+4H2O、2NO+O22NO2等多个反应,故B错;C.②中产生无色气体,是因为盐酸电离出的H+与溶液中有氧化性的NO3-,结合成硝酸继续和铜反应。故C错;D.若将铜片换成铁片,会和浓HNO3发生钝化,故①中没有明显实验现象。所以D正确;答案:C。5、C【分析】【详解】

A选项,若D中无水硫酸铜变蓝,不能说明Na2O2与H2反应生成水;因为D外的水蒸气会进入到D装置中引起变蓝,故A错误;

B选项;装置B是U形管,只能装固体干燥剂碱石灰,目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气和挥发的HCl,故B错误;

C选项;装置C加热前,应该先检验氢气的纯度,方法是用试管在干燥管管口处收集气体点燃,通过声音判断气体纯度,故C正确;

D选项;装置A不能直接用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气,因为该装置缺少加热装置,故D错误;

综上所述,答案为C。6、C【分析】【详解】

A.硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸;生成有刺激性气味的二氧化硫气体;单质硫、氯化钠和水,单质硫微溶于水,所以溶液变浑浊,故A正确;

B.浓硫酸具有吸水性;胆矾遇到浓硫酸失去结晶水,蓝色晶体变为白色粉末,故B正确;

C.用同一针筒先后抽取80mL氯气、20mL水,振荡,氯气与水反应:Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO,1体积水可溶解2体积Cl2;所以气体不能完全溶解,故C错误;

D.向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液;无现象,再滴加双氧水,二氧化硫被氧化成硫酸,硫酸与氯化钡生成白色的硫酸钡沉淀,故D正确;

答案选C。

【点睛】

根据具体的反应判断实验现象,一定需要弄清实验原理。7、D【分析】【分析】

【详解】

A.图1中NO气体极易被空气中的氧气氧化,其密度小于CO2的密度,应该短管进入,长管排出CO2;故A不能实现;

B.图2中苯密度比水小;漂在上层不能起到防止倒吸的作用,故B不能实现;

C.图3中Cu做阳极失电子溶解,变成Gu2+,Gu2+进入溶液;石墨电极是阴极,H+得电子析出H2,溶液中生成Cu(OH)2,不能实现2H2OO2↑+2H2↑;故C错误;

D.用图4所示装置中硫酸不挥发,可与碳酸钠反应放出二氧化碳气体,可证明酸性:H2SO4>H2CO3,生成的二氧化碳可与硅酸钠溶液反应生成H2SiO3,可证明H2CO3>H2SiO3,所以图4装置可以证明:H2SO4>H2CO3>H2SiO3;故D正确;

故答案:D。二、多选题(共3题,共6分)8、BD【分析】【详解】

A.由起始点可以看出,酸性:A项正确;

B.当滴定至溶液中存在:B项错误;

C.当时,溶液呈酸性,C项正确;

D.D项错误。

故选BD。9、AC【分析】【详解】

A.浓硫酸加入浓盐酸中,生成气体,生成的气体通入饱和食盐水中,根据同离子效应,析出晶体;A符合题意;

B.浓硫酸和铜在加热条件下才能反应生成不符合实验要求,B不符合题意;

C.和稀硫酸反应生成与饱和溶液反应生成晶体;C符合题意;

D.浓氨水和碱石灰生成通入溶液中,先生成沉淀,继续通入氨气,溶解生成D不符合题意;

故选AC。10、AC【分析】【分析】

【详解】

A.将铁钉和铜丝连接插入食醋中即可形成简单铁铜原电池;故A符合题意;

B.浓硝酸受热分解能放出红棕色二氧化氮气体;所以向浓硝酸中插入红热的碳,产生红棕色气体,不能证明是碳与浓硝酸反应,故B不符合题意;

C.因为溴蒸气能和溶液反应;产生浅黄色溴化银沉淀,故C符合题意;

D.因为足量饱和氢氧化钠溶液能和乙酸乙酯反应;所以不能用足量饱和氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸,故D不符合题意;

故答案:AC。三、填空题(共9题,共18分)11、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>③6.0×10-1012、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)413、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1,该反应正方向为体积增大的反应,降低压强,平衡会向正反应方向移动;则对于n(H2S):n(Ar)为4:1、1:1、1:4、1:9、1:19的H2S-Ar混合气在图中对应的曲线分别是a、b;c、d、e。

【详解】

(1)由于正反应是体积增大的可逆反应,n(H2S):n(Ar)越小,H2S的分压越小,相当于降低压强,平衡向正反应方向移动,因此H2S平衡转化率越高;

(2)n(H2S):n(Ar)越小,H2S平衡转化率越高,所以n(H2S):n(Ar)=1:9对应的曲线是d;根据图像可知n(H2S):n(Ar)=1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24;假设在该条件下;硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol,则根据三段式可知:

此时H2S的压强为≈7.51kPa,H2S的起始压强为10kPa,所以H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。【解析】(1)越高n(H2S):n(Ar)越小,H2S的分压越小,平衡向正反应方向进行,H2S平衡转化率越高。

(2)d24.914、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)415、略

【分析】【详解】

(1)①ΔH1=E反应物-E生成物=819+1076-1490-632=-227kJ/mol;

②A.反应前后气体系数不变;如果是恒温恒容,无论平衡是否移动,容器中的压强均不变,换为绝热容器后,随着反应的正向进行,反应放出热量,体系温度升高,等量气体的压强随之增大,此时压强是变量,可以作为平衡的依据,A项正确;

B.当ΔH-TΔS<0时;反应自发进行,由ΔH<0,ΔS<0,推出该反应低温下自发进行,B项正确;

C.增大CO的浓度可以使反应Ⅲ的平衡向正向移动;但是平衡常数只受到温度的影响,温度不变,平衡常数不变,C项错误;

D.温度升高;反应速率增大,三个反应的逆反应速率均增大,三个反应均为放热反应,温度升高,反应向吸热方向进行,则平衡逆向移动,所以平衡移动的初期为逆反应速率大于正反应速率,为了达到新的平衡,逆反应速率向正反应速率靠近,逆反应速率会减小,所以逆反应速率的变化趋势为先增大后减小,D项错误;

(2)①反应为放热反应;温度升高,平衡向逆反应(吸热)方向进行,二氧化氮转化率降低;

②相同温度下,二氧化氮的转化率在P点较高是因为使用了分子筛膜,将产物N2分离出来;降低了产物的浓度,使平衡正向进行,从而二氧化氮的转化率提高;

(3)①列三段式求解:因为N2占平衡总体积的1/4,所以a=0.3mol,此时为平衡状态,有v正=v逆,即k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c(N2)·c2(CO2);

②在t2时刻,将容器迅速压缩到原容积的1/2,压强瞬间增大为原来压强的两倍,正逆反应速率均增大,但是压强增大,平衡向正反应(气体系数减小)方向进行,则正反应速率大于逆反应速率,所以正反应速率的总体趋势为先突然增大,然后减小,直至平衡,其图像为【解析】①.-227②.AB③.反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动(或平衡常数减小)④.分子筛膜从反应体系中不断分离出N2,有利于反应正向进行,二氧化氮转化率升高⑤.270⑥.(起点的纵坐标为16,t3时刻达到平衡,t3-t4处于平衡状态与已有线平齐)16、略

【分析】【分析】

用苯氧乙酸和丙烯醇发生酯化反应制得菠萝酯,苯氧乙酸用苯酚和氯乙酸反应制得,考虑到它们溶沸点的差异,最好选择温度让苯酚,氯乙酸,苯氧乙酸都成为液体,反应室I中反应的最佳温度是104℃,水浴加热温度太低,苯氧乙酸沸点99摄氏度,水浴温度会使它凝固,不利于分离,火炉直接加热,会使苯酚,氯乙酸,苯氧乙酸全都生成气体,不利于反应,故选择油浴。生成的菠萝酯属于酯类,在碱性条件下会发生水解,所以不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液。

【详解】

(1)火炉直接加热温度比较高;会让苯酚和氯乙酸变成蒸汽,不利于它们之间的反应,还会使苯氧,故温度不能太高,水浴加热温度较低,不能让氯乙酸和苯酚熔化,故温度也不能太低,可以使所有物质都成液体,为较好地控制温度在102℃~106℃之间,加热时可选用油浴加热;

答案为:C;

(2)分离室I是将反应不充分的原料再重复使用;为了增加原料的利用率,要把苯酚和氯乙酸加入反应室1,操作名称为蒸馏;

答案为:蒸馏;

(3)反应室1为苯酚和氯乙酸发生取代反应,制得苯氧乙酸,+HCl;

答案为:+HCl;

(4)分离室II发生的反应是苯氧乙酸和丙烯醇发生酯化反应,制取菠萝酯,由于酯在NaHCO3溶液中的溶解度较小,可以析出,随后分液即可,如用NaOH会使酯发生水解,故不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液,化学方程式为+NaOH+HOCH2CH=CH2

答案为+NaOH+HOCH2CH=CH2。【解析】C蒸馏+HCl+NaOH+HOCH2CH=CH217、略

【分析】【详解】

(1)亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫,反应的方程式为:Na2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O,生成的二氧化硫含有水蒸气,可用浓硫酸干燥,用向上排空气法收集,且用碱石灰吸收尾气,避免污染环境,则连接顺序为a接b;c接f,g接d;

(2)①Na2S2O4中硫元素的化合价为+3;

②由装置可知;仪器A的名称为恒压滴液漏斗;

③实验时应避免Na2S2O4和HCOONa被氧化,可应先通入二氧化硫,排净系统中的空气,防止加热时Na2S2O4和HCOONa被氧化,也可通一段时间N2;排净系统中的空气;

④洗涤连二亚硫酸钠时应与空气隔离;洗涤剂可用甲醇或乙醇,洗涤过程为:在无氧环境中,向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体,待甲醇顺利流下,重复2-3次;

⑤设连二亚硫酸钠理论产率为x;根据硫原子守恒:

2Na2SO3~Na2S2O4

252174

6.3gx

则解得x=4.35g,产率为:【解析】bcfgdNa2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O+3恒压滴液漏斗排净系统中的空气向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体,待甲醇顺利流下,重复2-3次18、略

【分析】【分析】

(1)甲实验:根据裝置Ⅰ不要加热制取氧气可以知道利用的是双氧水的分解;过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气,I中产生无色气体并伴随大量白雾;Ⅲ中有气泡冒出,溶液迅速变蓝说明生成碘单质;

(2)碘离子具有还原性;在酸性条件下能够被氧化氧化成碘单质,据此写出反应的离子方程式;

(3)对比乙、丙实验可以知道,O2与KI溶液发生反应的适宜条件酸性环境;酸溶液中氢离子浓度不同,装置Ⅲ中出现蓝色的速率不同;

(4)证明Ⅰ中产生的气体中含有双氧水;氧气和双氧水都具有氧化性,需要利用不同性质进行检验;

(5)该小组同学取20mL久置的KI溶液;向其中加入几滴淀粉溶液,结果没有观察到溶液颜色变蓝,可能是生成的碘单质在碱溶液中发生反应生成碘化钾;碘酸钾,验证是否正确是在未变蓝色的溶液中滴入稀硫酸观察是否变蓝。

【详解】

(1)甲实验:根据装置Ⅰ不需要加热制取氧气可以知道利用的是双氧水的分解,过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气,向Ⅰ的锥形瓶中加入MnO2固体,向Ⅰ的分液漏斗中加入30%H2O2溶液;连接Ⅰ;Ⅲ,打开活塞,Ⅰ中产生无色气体并伴随大量白雾;Ⅲ中有气泡冒出,溶液迅速变蓝说明生成碘单质,故答案为:分液漏斗;

(2)碘离子具有还原性,在酸性条件下能够被氧化成碘单质,据此写出反应的离子方程式为:O2+4I-+4H+=2I2+2H2O,故答案为:O2+4I-+4H+=2I2+2H2O;

(3)向装置Ⅱ中加入KMnO4固体,连接装置II、III,点燃酒精灯,Ⅲ中有气泡冒出,溶液不变蓝,向Ⅱ中加入KMnO4固体,Ⅲ中加入适量0.1mol·L-1的H2SO4溶液,连接Ⅱ、Ⅲ,点燃酒精灯,Ⅲ中有气泡冒出,溶液变蓝。对比乙、丙实验可以知道,O2与KI溶液发生反应的适宜条件是:酸性环境;为进一步探究该条件对反应速率的影响;可采取的实验措施是:使用不同浓度的稀硫酸作对比实验,故答案为:酸性环境;使用不同浓度的稀硫狻作对比实验;

(4)A.高锰酸钾溶液能够将双氧水氧化;导致高锰酸钾溶液褪色,而氧气不与高锰酸钾溶液反应,如果高锰酸钾溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水,故A正确;

B.氧气和高锰酸钾溶液都能够氧化亚铁离子;无法证明混合气体中含有双氧水,故B错误;

C.高锰酸钾和氧气都能够氧化硫化氢;无法用硫化氢检验混合气体中是否含有双氧水,故C错误;

故答案为:A;

(5)KI溶液在空气中久置的过程中会被缓慢氧化:4KI+O2+2H2O=2I2+4KOH。该小组同学取20mL久置的KI溶液,向其中加入几滴淀粉溶液,结果没有观察到溶液颜色变蓝,他们猜想可能是发生了反应的离子方程式为3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O,设计实验证明他们的猜想是否正确的实验方案为:在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液,观察现象,若溶液变蓝则猜想正确,否则错误,故答案为:3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O;在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液;观察现象,若溶液变蓝则猜想正确,否则错误。

【点睛】

在做探究性实验的题目时,根据资料,如果没有得到预期的实验结果,那么除了资料中给的化学反应,还要考虑酸性或碱性环境的影响,结合题目的上下文进行联系,综合考虑得出结论。这是解答此类题目时的难点。【解析】分液漏斗KMnO4固体O2+4I-+4H+=2I2+2H2O酸性环境使用同体积不同浓度的稀硫酸做对比实验A3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液,观察现象,若溶液变蓝则猜想正确,否则错误19、略

【分析】【分析】

溴单质氧化性较强,能将亚铁离子氧化为三价铁,三价铁在水溶液中是黄色的;要验证乙同学的判断正确,可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+,根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4,Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质;Br2能将Fe2+氧化成Fe3+,说明还原性:Fe2+>Br-;依据氧化还原反应中“先强后弱”规律判断。

【详解】

(1)在足量的稀氯化亚铁溶液中,加入1-2滴液溴,若没有发生化学反应,使溶液呈黄色的微粒为Br2;若是发生化学反应,二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的;因此答案是:Br2;Fe3+;

(2)要验证乙同学的判断正确,可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+,根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4,Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质;方案一可选用CCl4(C),向黄色溶液中加入四氯化碳,充分振荡、静置,溶液分层,若下层呈无色,表明黄色溶液中不含Br2,则乙同学的判断正确;方案二可选用KSCN溶液(D),向黄色溶液中加入KSCN溶液,振荡,若溶液变为血红色,则黄色溶液中含Fe3+;则乙同学的判断正确。

(3)根据上述推测说明发生反应Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-,由此说明亚铁离子的还原性大于溴离子,Cl2具有氧化性,先氧化的离子是亚铁离子,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;因此答案是:Fe2+;2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。【解析】Br2;Fe3+答案如下:

选用试剂。

实验现象。

第一种方法。

C

有机层无色。

第二种方法。

D

溶液变红。

Fe2+2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-四、结构与性质(共2题,共14分)20、略

【分析】【详解】

I.(1)基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是洪特规则,N2F2分子结构式为F-N=N-F,分子中N原子含有1对孤对电子,N原子的杂化方式是sp2杂化,lmolN2F2含有3molσ键,即3NA或1.806×1024个σ键;

(2)Si3N4晶体中Si原子周围有4个N原子,Si原子为sp3杂化,N-Si-N键角为109°28′,N原子周围连接3个Si原子,含有1对孤对电子,N原子为sp3杂化;但孤对电子对成键电子对的排斥作用更大,使得Si-N-Si键角小于109°28′;

II.(1)Fe位于第四周期第VIII族;

(2)Fe(CO)x晶体的熔沸点较低;所以属于分子晶体;Fe原子价电子数是8,每个CO分子提供一个电子对,所以8+2n=18,n=5;

(3)极性分子的熔沸点较高,CO是极性分子,氮气是非极性分子,所以CO熔沸点较高;

(4)①铜为29号元素,基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1;

②根据晶胞结构图可知,铜为面心立方堆积,每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8÷2=12;

(5)某M原子的外围电子排布式为3s23p5,则M为Cl元素;该晶胞中Cu原子个数为4,Cl原子个数=8×+6×=4,晶体体积=cm3=cm3=cm3,根据晶胞的结构可知,铜原子和M原子之间的最短距离为立方体体对角线的=××cm=pm。

点睛:把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键,根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式,价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数,σ键个数=配原子个数,孤电子对个数=(a-xb),a指中心原子价电子个数,x指配原子个数,b指配原子形成稳定结构需要的电子个数.根据n值判断杂化类型:一般有如下规律:当n=2,sp杂化;n=3,sp2杂化;n=4,sp3杂化;中心原子的杂化类型为sp2,说明该分子中心原子的价层电子对个数是3,无孤电子对数,空间构型是平面三角形。【解析】洪特规则sp2杂化3NASi3N4晶体中Si原子周围有4个N原子,Si为sp3杂化,N—Si—N的键角为109028/,而N原子周围只有3个Si原子。虽N原子也是sp3杂化,但由于孤电子对对成键电子对的排斥力更强,故Si—N—Si的键角小于109028/。第四周期第Ⅷ族分子晶体5CO[Ar]3d104s11221、略

【分析】【详解】

I.(1)基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是洪特规则,N2F2分子结构式为F-N=N-F,分子中N原子含有1对孤对电子,N原子的杂化方式是sp2杂化,lmolN2F2含有3molσ键,即3NA或1.806×1024个σ键;

(2)Si3N4晶体中Si原子周围有4个N原子,Si原子为sp3杂化,N-Si-N键角为109°28′,N原子周围连接3个Si原子,含有1对孤对电子,N原子为sp3杂化;但孤对电子对成键电子对的排斥作用更大,使得Si-N-Si键角小于109°28′;

II.(1)Fe位于第四周期第VIII族;

(2)Fe(CO)x晶体的熔沸点较低;所以属于分子晶体;Fe原子价电子数是8,每个CO分子提供一个电子对,所以8+2n=18,n=5;

(3)极性分子的熔沸点较高,CO是极性分子,氮气是非极性分子,所以CO熔沸点较高;

(4)①铜为29号元素,基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1;

②根据晶胞结构图可知,铜为面心立方堆积,每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8÷2=12;

(5)某M原子的外围电子排布式为3s23p5,则M为Cl元素;该晶胞中Cu原子个数为4,Cl原子个数=8×+6×=4,晶体体积=cm3=cm3=cm3,根据晶胞的结构可知,铜原子和M原子之间的最短距离为立方体体对角线的=××cm=pm。

点睛:把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键,根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式,价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数,σ键个数=配原子个数,孤电子对个数=(a-xb),a指中心原子价电子个数,x指配原子个数,b指配原子形成稳定结构需要的电子个数.根据n值判断杂化类型:一般有如下规律:当n=2,sp杂化;n=3,sp2杂化;n=4,sp3杂化;中心原子的杂化类型为sp2,说明该分子中心原子的价层电子对个数是3,无孤电子对数,空间构型是平面三角形。【解析】洪特规则sp2杂化3NASi3N4晶体中Si原子周围有4个N原子,Si为sp3

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