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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年西师新版高三化学下册阶段测试试卷389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、在容积不变的密闭容器中进行如下反应:N2+3H2⇌2NH3,若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍,下列说法错误的是()A.NH3的质量分数将增加B.平衡向正反应方向移动C.平衡向逆反应方向移动D.正逆反应速率都增大2、在两个容积相同的容器中,一个盛有HCl气体,另一个盛有H2和O2的混合气体,在同温同压下,两容器的气体一定具有相同的()A.分子数B.密度C.质量D.质子数3、下列离子能在无色溶液中大量共存的是()A.NH4+、Ba2+、NO3-、CO32-B.Fe2+、OH-、SO42-、MnO4-C.Na+、Fe3+、Cl-、AlO2-D.K+、Mg2+、NO3-、Cl-4、元素周期表中铋元素的数据见图;下列说法不正确的是()
A.Bi元素的质量数是209B.Bi元素的相对原子质量是209.0C.Bi元素属于金属元素D.Bi原子核外有83个电子5、下列关于σ键和π键的理解不正确的是()A.σ键一般能单独形成,而π键一般不能单独形成B.σ键可以绕键轴旋转,π键一定不能绕键轴旋转C.CH3-CH3.CH2=CH2.CH≡CH中σ键都是C-C键,所以键能都相同D.碳碳双键中有一个σ键,一个π键,碳碳叁键中有一个σ键,两个π键6、将固体X放在如图所示装置的试管中加热片刻,澄清石灰水变浑浊,X可能是()A.NaHCO3B.CaCl2C.Na2CO3D.NaCl评卷人得分二、双选题(共5题,共10分)7、下列有关化工生产的说法中不正确的是()(多项选择题)A.工业上用电解熔融的氯化物的方法制备金属镁和铝B.适当提高合成氨原料气中N2的含量,可提高H2的转化率C.从安全运输上看,硫酸厂靠近硫酸消费中心比靠近原料产地更为有利E.硫酸厂生产时常采有高压条件提高SO2的转化率E.硫酸厂生产时常采有高压条件提高SO2的转化率8、类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是()A.rm{CO_{2}}是直线型分子,推测rm{CS_{2}}也是直线型分子B.rm{SiH_{4}}的沸点高于rm{CH_{4}}推测rm{H_{2}Se}的沸点高于rm{H_{2}S}C.rm{Fe}与rm{Cl_{2}}反应生成rm{FeCl_{3}}推测rm{Fe}与rm{I_{2}}反应生成rm{FeI_{3}}D.rm{NaCl}与浓rm{H_{2}SO_{4}}加热可制rm{HCl}推测rm{NaBr}与浓rm{H_{2}SO_{4}}加热可制rm{HBr}9、一定条件下存在反应:rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?
2SO_{3}(g)}现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,按右下图所示投料,并在rm{娄陇H<0}条件下开始反应。达到平衡时,下列说法正确的是rm{400隆忙}rm{(}
A.容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数相同B.容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率相同C.容器Ⅱ、Ⅲ中的反应达平衡时,rm{)}的体积分数:Ⅱrm{SO_{3}}ⅢD.容器Ⅰ中rm{>}的转化率与容器Ⅱ中rm{SO_{2}}的转化率之和小于rm{SO_{3}}rm{1}10、如图表示某个化学反应过程的能量变化rm{.}该图表明rm{(}rm{)}
A.催化剂可以改变该反应的热效应B.该反应是个放热反应C.反应物总能量低于生成物D.化学反应遵循质量守恒定律11、在某温度下,向三个初始体积均为rm{1L}的密闭容器中按下表所示投料,发生反应:rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2SO_{3}(g)triangleH<0.}达到平衡时,下列说法正确的是rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2SO_{3}(g)triangle
H<0.}rm{(}
。rm{)}容器编号容器类型起始物质的量rm{/mol}平衡时rm{SO_{3}}的物质的量rm{/mol}rm{SO_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}Ⅰ恒温恒容rm{2}rm{1}rm{0}rm{1.2}Ⅱ绝热恒容rm{0}rm{0}rm{2}rm{a}Ⅲ恒温恒压rm{2}rm{1}rm{0}rm{b}A.平衡时rm{SO_{3}}的物质的量:rm{a>1.2}rm{b>1.2}B.容器Ⅱ、Ⅲ中平衡常数相同C.容器rm{I}中rm{SO_{2}}的转化率与容器Ⅱ中rm{SO_{3}}的转化率之和小于rm{1}D.若起始时向容器Ⅰ中充入rm{1.0molSO_{2}(g)}rm{0.40molO_{2}(g)}和rm{1.40molSO_{3}(g)}则此时rm{娄脥_{脮媒}<娄脥_{脛忙}}评卷人得分三、填空题(共9题,共18分)12、如图的装置名称为____,负极为____,正极上发生的极反应式____.
13、某同学设计如下实验方案,以分离KCl和BaCl2两种固体混合物。
试回答下列问题:
(1)B物质的化学式为____.
(2)该方案的明显失误是因某一步设计不当而使分离产物不纯,该步正确的方案应是____.
(3)若要测定原混合物中KCl和BaCl2的质量分数,除了要准确称量混合物的质量外,至少还要获得的数据是____.14、氢氧燃料电池是将H2通入负极,O2通入正极而发生电池反应的;其能量转换率高.
(1)若电解质溶液为KOH,其正极反应为____,负极反应为____;
(2)若电解质溶液为硫酸,其正极反应为____,负极反应为____;若在常温下转移2mol电子,可产生水质量为____g.(1)和(2)的电解液不同,反应后溶液的PH各有何变化?(1)中PH____(2)中PH____.15、(2010秋•广东期中)如图是实验室制取乙酸乙酯的装置.请回答下列问题:
(1)C处要加入3mL乙醇、2mL浓硫酸和2mL乙酸,浓硫酸在反应中起的作用是____;
(2)在C处试管中还应加入少量碎瓷片,其作用是____.
(3)C处酯化反应的化学方程式为____.
(4)D处试管中预先装入的是饱和Na2CO3溶液,它起的作用是____;反应结束后D试管中可以明显看到无色液体分为两层,则上层液体是____.16、慢心律是一种治疗心律失常的药物;它的合成路线如图:
(1)由B→C的反应类型为____.
(2)写出A与浓溴水反应的化学方程式____.
(3)由A制备B的过程中有少量副产物E,它与B互为同分异构体,E的结构简式为____.
(4)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式____.
①属于a-氨基酸;
②是苯的衍生物;且苯环上的一氯代物只有两种;
③分子中含有两个甲基.
(5)已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷().写出以邻甲基苯酚()和乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用).17、1985年科学家发现的C60分子是由60个碳原子构成的;它的形状像足球,因此又称“足球烯”.1991年科学家又发现了一种碳的单质--碳纳米管,它是由五边形和六边形碳环微结构单元构成的管状大分子.用你所学的知识回答下列问题:
(1)金刚石、石墨、足球烯、碳纳米管物理性质有较大差异的原因是____.
(2)常温下足球烯和碳纳米管的化学性质是否活泼?____(答“是”或“否”),其理由是____.
(3)请你设计一个方案,证明足球烯和碳纳米管都是由碳元素组成的____.(文字简要叙述)18、现有失去标签的四瓶溶液A、B、C、D,只知它们为K2CO3、K2SO4、BaCl2、NaHSO4;为鉴别它们,进行如下实验:①A+D→溶液+气体,②B+C→溶液+沉淀,③B(过量)+D→溶液+沉淀,④A+B→溶液+沉淀,⑤将④得到的沉淀物加入③所得的溶液中,沉淀很快溶解并产生无色无味的气体.根据以上实验事实,请回答如下问题:
(1)A、B、C、D四种无色溶液分别为:A____B____C____D____
(2)写出下列各步反应的离子方程式:
①____⑤____.19、芳香族化合物A有如下图的转化关系:
已知D能与NaOH溶液反应;E转化为F时,产物只有一种结构,且能使溴的四氯化碳溶液褪色.请回答下列问题:
(1)D中官能团的名称为____
(2)B的分子式是____
(3)A、F的结构简式:A____F____
(4)写出B→C;E→F的化学反应方程式;并注明反应类型。
B→C:____(____)E→F:____(____)
(5)符合下列3个条件的A的同分异构体有多种。
①苯环含有的二取代结构处于对位。
②遇FeCl2溶液不变色。
③能发生银镜的。
请写出其中两种的结构简式____.20、甲醛是重要的有机合成原料,大量用于生产树脂、合成纤维、药物、涂料等,也是世界卫生组织(WHO)确认的致癌物和致畸物质之一.据中国室内环境监测工作委员会调查统计,中国新装家庭甲醛超标60%以上.我国规定室内空气中甲醛含量不得超过0.08mg/m3.
(1)下列说法或做法不合理的是____________.(填字母)
a.用甲醛溶液浸泡水产品以长时间保持水产品的“新鲜”
b.刚装修的新房入住前房间内保持一定温度并注意通风。
c.合成“吊白块”的反应NaHSO3+HCHO→NaO-CH2-SO3H是加成反应。
d.福尔马林可用于制作动物标本(或保存尸体)
(2)某研究性学习小组拟用甲醛法测定常见铵态氮肥的含氮量。
〔资料:4NH4++6HCHO=(CH2)6N4H++3H++6H2O,所生成的H+和(CH2)6N4H+可用NaOH标准溶液滴定;采用酚酞作指示剂〕.
用甲醛法测定含氮量;不适合的铵盐是____________.(填字母)
a.NH4HCO3b.(NH4)2SO4c.NH4Cl
(3)工业制甲醛的两种方法如下(数据均为298.15K下测定):
反应I:
CH3OH(g)→HCHO(g)+H2(g)△H1=+92.09kJ/mol,K1=3.92×10-11
反应II:
CH3OH(g)+O2(g)→HCHO(g)+H2O(g)△H2=-149.73kJ/mol,K2=4.35×1029
①绿色化学提倡化工生产应提高原子利用率.反应____________(填“I”或“II”)制甲醛原子利用率更高.从反应的焓变和平衡常数K值看;反应____________(填“I”或“II”)制甲醛更加有利.
②反应Ⅱ自发进行的条件是____________(填字母).
a.高温b.低温c.任何条件。
③右上图是甲醇制甲醛有关反应的lgK(平衡常数的对数值随温度T的变化.图中曲线(1)表示的是反应____________(填“I”或“II”).
(4)某研究性学习小组测定居室中甲醛的含量的原理如下:
4MnO4-+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O
打开a,关闭b,用注射器抽取室内空气;关闭a,打开b,再推动注射器,将气体缓缓推入酸性KMnO4溶液中,使其充分反应.当B装置中____________时停止推气.若总共取样为50L空气,则该居室内空气中甲醛的浓度____________mg/m3.评卷人得分四、判断题(共4题,共12分)21、18gD2O所含的电子数为10NA.____(判断对错)22、很多物质都可以添加到食品中,其中使用亚硝酸钠时必须严格控制用量.____.(判断对错)23、标准状况下,1molO2和N2混合气体的体积约为22.4L____(判断对错)24、一元取代产物只有一种的,十个碳以下的烷烃有5种____(判断对错)评卷人得分五、简答题(共4题,共24分)25、硫酸亚铁铵的制备。硫酸亚铁铵又称摩尔盐,是浅绿色的晶体,在空气中比一般亚铁盐稳定,不易被氧化,易溶于水,不溶于乙醇。下表为某些物质在水中的溶解度rm{(g/100g)}。温度rm{/隆忙}rm{0}rm{10}rm{20}rm{30}rm{40}rm{50}rm{60}rm{FeSO_{4}隆陇7H_{2}O}rm{15.65}rm{20.51}rm{26.5}rm{32.9}rm{40.2}rm{48.6}rm{}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{70.6}rm{73.0}rm{75.4}rm{78.0}rm{81.0}rm{}rm{88.0}rm{FeSO_{4}隆陇(NH_{4})_{2}SO_{4}隆陇6H_{2}O}rm{}rm{12.5}rm{}rm{}rm{33.0}rm{40.0}rm{}制备流程如图:
rm{(1)}根据以上表格分析制备摩尔盐的实验原理是______________________________
rm{(2)}操作rm{I}是_____________;操作rm{II}是__________________,所使用的热源为水浴加热,操作rm{II}需要的仪器除了水浴加热装置外,还有铁架台、铁圈、__________rm{(}只填一种主要仪器rm{)}加热至溶液出现____________________________时,移去热源;操作rm{III}是______________。是______________。rm{III}如图所示减压过滤操作如图所示:整套装置由布氏漏斗、抽滤瓶、安全瓶构成,抽滤过程中使用抽气泵抽真空前,关闭活塞rm{(3)}抽滤结束打开活塞rm{c}恢复体系压强,抽滤过程还需用__________洗涤晶体rm{c}填写“rm{(}”或“rm{a}”或“rm{b}”rm{c}rm{)}乙醇水溶液rm{a.95%}冷水rm{b.}热水rm{c.}设计实验方案检验产品中rm{(4)}离子_________________________________________________________________________________rm{NH_{4}^{+}}硫酸亚铁铵中铁含量的测定。准确称取摩尔盐rm{(5)}于rm{0.7995g}锥形瓶中,加入rm{250mL}溶液rm{3mol/LH_{2}SO_{4}}rm{5.0mL}蒸馏水,使试样完全溶解后,立即用rm{20.0mL}的酸性rm{0.02000mol/L}溶液滴定,至终点时消耗了高锰酸钾溶液rm{KMnO_{4}}rm{20.00mL}滴定至终点时出现的现象为____________________________rm{垄脵}写出滴定原理的离子反应方程式_________________________________________rm{垄脷}试计算出该摩尔盐的纯度为____________rm{垄脹}rm{%}保留小数点后rm{(}位rm{2}rm{)}26、有机物的rm{C}rm{H}含量常用燃烧和与rm{CuO}灼烧等方法使之生成rm{CO_{2}}和水;测它们的质量求得有机物中碳和氢的百分含量,现有某固态有机物在加热情况下鼓入足量的氧气使其完全燃烧,今有如下仪器.
rm{(1)}为确定某固体有机物的最简式rm{(}实验式rm{)}下述仪器中最少需要的种类有______种,它们是______,其中要一前一后用两次的是______,rm{(}填仪器编号rm{)}其作用前者为______;后者为______rm{.}但为完成测定还缺少的一种重要仪器名称是______.
rm{(2)}为确定固体有机物是烃还是其含氧衍生物;实验依据是______.
rm{(3)}为确定其分子式还需知道下述中的。
A.熔、沸点rm{B.}定温;定压下蒸气密度。
C.固定有机物的体积rm{D.}重要的化学性质.27、兔耳草醛rm{H}是一种重要的香料,主要用于食品、化妆品等工业中rm{.}用有机物rm{A}为原料可以合成兔耳草醛rm{H}其合成路线如图所示:
rm{Axrightarrow[AlCl_{3}]{CH_{3}CH篓TCH_{2}}Bxrightarrow[ZnCl_{2}]{HCHOcdotHCl}Cxrightarrow{K_{2}Cr_{2}O_{7}-KOH{脠脺脪潞}}D(}枯茗醛rm{)xrightarrow[KOH]{CH_{3}CH_{2}CHO}Exrightarrow[-H_{2}O]{triangle}Fxrightarrow{垄脵}Gxrightarrow{垄脷}H(}兔耳草醛,相对分子质量rm{A
xrightarrow[AlCl_{3}]{CH_{3}CH篓TCH_{2}}B
xrightarrow[ZnCl_{2}]{HCHOcdotHCl}C
xrightarrow{K_{2}Cr_{2}O_{7}-KOH{脠脺脪潞}}D(}
中间产物rm{)xrightarrow[KOH]{CH_{3}CH_{2}CHO}E
xrightarrow[-H_{2}O]{triangle}Fxrightarrow{垄脵}G
xrightarrow{垄脷}H(}是一种精细化工产品;可用作香料,能发生如下反应:
rm{190)}rm{D}
已知:
Ⅰrm{D+}醛与二元醇rm{xrightarrow{H+}}如乙二醇rm{.}可生成环状缩醛:
rm{(}rm{)}
Ⅱrm{.2RCH_{2}CHOxrightarrow{KOH}}rm{xrightarrow[-H_{2}O]{triangle}}
Ⅲrm{xrightarrow{H+}}rm{xrightarrow{K_{2}Cr_{2}O_{7}-KOH}}
rm{+H_{2}O}的结构简式为______,rm{.2RCH_{2}CHO
xrightarrow{KOH}}中含有的官能团名称为______.
rm{xrightarrow[-H_{2}O]{triangle
}}分子中碳、氢的质量比为rm{.}rm{
xrightarrow{K_{2}Cr_{2}O_{7}-KOH}}rm{(1)D}的分子式为______,rm{E}的结构简式为______.
rm{(2)A}反应rm{12}的反应类型______,反应rm{1}的化学方程式为______.
rm{A}兔耳草醛rm{B}中的含氧官能团易被氧化,生成化合物rm{(3)}rm{垄脵}与rm{垄脷}可发生酯化反应,写出rm{(4)}与rm{H}反应的化学方程式______.
rm{W}与是否互为同分异构体______rm{G}填“是”或“否”rm{W}符合下列条件的的同分异构体有______种;写出其中一种的结构简式______.
rm{G}属于芳香族化合物且苯环上有五个取代基。
rm{W}核磁共振氢谱有四种类型氢原子的吸收峰。
rm{(5)W}该物质最多可消耗rm{(}
rm{)}能发生银镜反应.rm{a.}28、异丙苯();是一种重要的有机化工原料.根据题意完成下列填空:
(1)由苯与2-丙醇反应制备异丙苯属于______反应;由异丙苯制备对溴异丙苯的反应试剂和反应条件为______.
(2)异丙苯有多种同分异构体,其中一溴代物最少的芳香烃的名称是______.
(3)α-甲基苯乙烯()是生产耐热型ABS树脂的一种单体,工业上由异丙苯催化脱氢得到.写出由异丙苯制取该单体的另一种方法______(用化学反应方程式表示).
(4)耐热型ABS树脂由丙烯腈(CH2=CHCN)、1,3-丁二烯和α-甲基苯乙烯共聚生成,写出该树脂的结构简式______(不考虑单体比例).评卷人得分六、探究题(共4题,共32分)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:31、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________.32、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:参考答案一、选择题(共6题,共12分)1、C【分析】【分析】若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍,则应缩小体积,增大压强,则平衡向正反应方向移动,以此来解答.【解析】【解答】解:反应前气体化学计量数之和大于反应后气体的化学计量数之和;若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍,则应缩小体积,增大压强,则平衡向正反应方向移动;
A.平衡正向移动,所以NH3的质量分数将增加;故A正确;
B.由上述分析可知;平衡正向移动,故B正确;
C.平衡正向移动;而不是逆向移动,故C错误;
D.压强增大;正逆反应速率均增大,故D正确;
故选C.2、A【分析】【分析】在同温同压下,相同体积的任何气体含有相同的分子数,HCl、H2和O2都是双原子分子,当二者分子数相等时,原子数一定相等;H原子与O原子的质子数不同,两种元素的相对原子质量也不同,在相同体积时,两个容器内的密度、质量和质子数不相等.【解析】【解答】解:A;在同温同压下;相同体积的任何气体含有相同的分子数,即两容器的气体一定具有相同分子数,故A正确;
B;由于氢气和氧气的物质的量关系不确定;二者的质量之和与另一容器中的HCl的质量不一定相等,则密度不一定相等,故B错误;
C;由于氢气和氧气的物质的量关系不确定;二者的质量之和与另一容器中的HCl的质量不一定相等,故C错误;
D;H原子中含有1个质子;O原子中含有8个质子,由于氢气和氧气的物质的量关系不确定,等物质的量时两个容器中气体的质子数不一定相等,故D错误.
故选A.3、D【分析】【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,不能相互促进水解等,则离子大量共存,并结合离子的颜色来解答.【解析】【解答】解:A.Ba2+、CO32-结合生成沉淀;不能大量共存,故A错误;
B.Fe2+、OH-结合生成沉淀,且Fe2+为浅绿色、MnO4-为紫色;与无色不符,故B错误;
C.Fe3+、AlO2-相互促进水解,且Fe3+为黄色;与无色不符,故C错误;
D.该组离子之间不反应;可大量共存,且离子均为无色,故D正确;
故选D.4、A【分析】【分析】由图可知,原子序数为83,为金属元素,元素的相对原子质量为209.0,以此来解答.【解析】【解答】解:A.原子有质量数;元素是一类原子的总称,故A错误;
B.由图可知;左下角的数字为Bi元素的相对原子质量是209.0,故B正确;
C.由名称可知;Bi为金属元素,故C正确;
D.由图中左上角的数字可知;原子序数为83,等于原子核外电子数,均为83,故D正确;
故选A.5、C【分析】【分析】A.分子中可只含σ键;但含π键时一定含σ键;
B.σ键为球对称;π键为镜面对称;
C.三种分子中分别含C-C;C.C≡C键;
D.双键、三键中均只含1个σ键,其余为π键.【解析】【解答】解:A.分子中可只含σ键;但含π键时一定含σ键,则σ键一般能单独形成,而π键一般不能单独形成,故A正确;
B.σ键为球对称;π键为镜面对称,则σ键可以绕键轴旋转,π键一定不能绕键轴旋转,故B正确;
C.三种分子中分别含C-C;C.C≡C键;则C-C的键长、键能均不相同,故C错误;
D.双键;三键中均只含1个σ键;其余为π键,则碳碳双键中有一个σ键,一个π键,碳碳叁键中有一个σ键,两个π键,故D正确;
故选C.6、A【分析】解:碳酸氢钠加热分解产生碳酸钠、水和二氧化碳,二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊,CaCl2、Na2CO3、NaCl加热都不分解,也不产生二氧化碳,故选:A;【解析】【答案】A二、双选题(共5题,共10分)7、A|D|E【分析】解:A;氯化铝是共价化合物;所以熔融时,它是不导电的,所以只能去电解氧化铝,故A错误。
B、增大一种反应物浓度使平衡向正反应方向移动,提高另一种物质的转化率,所以适当提高合成氨原料气中N2的含量,使平衡向正反应方向移动,可提高H2的转化率;故B正确;
C;从安全运输上看;硫酸厂靠近硫酸消费中心比靠近原料产地更为有利,故C正确;
D、由于二氧化碳溶度积较小,应在NaCl饱和溶液中先通入的NH3再通入过量的过量CO2;故D错误;
E;常压下三氧化硫的体积分数已达91%;二氧化硫转化率已经很高,若再加压对设备及电力系统要求高、成本高,使生产效益低,故E错误;
故答案为:ADE.
A;因为氯化铝是共价化合物;所以熔融时,它是不导电的,所以只能去电解氧化铝;
B;增大一种反应物浓度使平衡向正反应方向移动;提高另一种物质的转化率;
C;从安全运输上看;硫酸厂靠近硫酸消费中心比靠近原料产地更为有利;
D、由于二氧化碳溶度积较小,应在NaCl饱和溶液中先通入的NH3再通入过量的过量CO2;
E;由于常压下三氧化硫的体积分数已达91%;若再加压对设备及电力系统要求高、成本高,使生产效益低.
本题考查化学与工业生产,注意化学在工业生成中的应用知识是现在考试的热点,可以根据教材知识来回答,难度不大.【解析】【答案】ADE8、AB【分析】【分析】本题考查较为综合,涉及分子构型、晶体性质、铁的化学性质、浓硫酸的性质等知识,题目难度中等,明确常见元素及其化合物性质为解答关键,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。【解答】A.rm{O}和rm{S}是同族元素,故形成的rm{CO_{2}}和rm{CS_{2}}都是直线形分子,该推理合理,故A正确;B.rm{C}和rm{Si}rm{Se}和rm{S}都分别为同族元素,所形成的氢化物都为分子晶体,沸点取决于分子间作用力的大小,分子间作用力大小可以用相对分子质量来比较和rm{C}rm{Si}和rm{Se}都分别为同族元素,所形成的氢化物都为分子晶体,沸点取决于分子间作用力的大小,分子间作用力大小可以用相对分子质量来比较,故B正确;C.因rm{S}的氧化性较弱,在碘单质与铁反应生成的是rm{I_{2}}故C错误;D.rm{FeI_{2}}氧化为浓硫酸氧化性很强,会将rm{HBr}氧化为rm{Br}rm{HBr},不能用该方法制取rm{Br}rm{2},故D错误。故选AB。
rm{2}【解析】rm{AB}9、CD【分析】【分析】本题考查化学平衡的影响因素,难度不大。【解答】A.容器Ⅰ是绝热容器,反应过程中温度升高,平衡逆向进行,平衡常数减小,容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同,故A项错误;B.容器Ⅲ是恒压容器,反应过程中压强小于容器Ⅱ,反应速率小,容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同,故B项错误;C.容器Ⅱ是恒温恒容,Ⅲ是恒温恒压,随着反应的进行,容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ,平衡正向进行,三氧化硫含量增大,rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{3}}Ⅲ,故C项正确;的体积分数:Ⅱrm{>}Ⅲ,故C项正确;但实际容器Ⅰ是绝热恒容,随反应进行温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫转化率减小,因此容器Ⅰ中rm{>}D.若容器Ⅱ恒温恒容,容器Ⅰ也是恒温恒容时,达到相同平衡状态,二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为rm{1}但实际容器Ⅰ是绝热恒容,随反应进行温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫转化率减小,因此容器Ⅰ中rm{SO}rm{1}rm{SO}rm{{,!}_{2}}故D项正确。的转化率与容器Ⅱ中rm{SO}rm{SO}【解析】rm{CD}10、rBD【分析】解:rm{A.}由图可知;加入催化剂降低反应的活化能,但反应热不变,故A错误;
B.由图象可知;反应物总能量大于生成物总能量,故为放热反应,故B正确;
C.由图象可知;反应物总能量大于生成物总能量,故C错误;
D.化学反应一定遵循质量守恒定律;故D正确.
故选BD.
由图象可知;反应物总能量大于生成物总能量,正反应为放热反应,加入催化剂,可降低反应的活化能,但反应热不变,以此解答该题.
本题考查反应热与焓变,侧重于学生的分析能力的考查,为高频考点,注意根据图象判断反应的热效应,把握催化剂对反应的影响,难度不大.【解析】rm{BD}11、rAC【分析】解:rm{A.}绝热恒容时,为rm{SO_{3}}反应物,发生反应rm{2SO_{3}(g)overset{拢庐}{rightleftharpoons}2SO_{2}(g)+O_{2}(g)triangleH>0}正反应为吸热反应,温度降低,平衡向生成rm{2SO_{3}(g)
overset{拢庐}{rightleftharpoons}2SO_{2}(g)+O_{2}(g)triangle
H>0}的方向移动,rm{SO_{3}}
反应rm{a>1.2}为气体体积减小的反应,恒温恒压时,与原平衡相比相当于压强增大,平衡向生成rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2SO_{3}}的方向移动,rm{SO_{3}}故A正确;
B.平衡常数与温度有关;容器Ⅱ绝热温度会越来越高,容器Ⅲ恒温温度不变,所以容器Ⅱ;Ⅲ温度不同,平衡常数不同,故B错误;
C.根据rm{b>1.2}分析,rm{A}的转化率减小,即容器rm{SO_{3}}中rm{I}的转化率与容器Ⅱ中rm{SO_{2}}的转化率之和小于rm{SO_{3}}故C正确;
D.容器rm{1}中反应达到平衡状态时,rm{I}rm{c(SO_{2})=dfrac{2-1.2}{1}mol/L=0.8mol/L}rm{c(O_{2})=dfrac{1-0.6}{1}mol/L=0.4mol/L}化学平衡常数rm{K=dfrac{1拢庐2^{2}}{0拢庐8^{2}隆脕0.4}=5.625}
若起始时向容器Ⅰ中充入rm{c(SO_{3})=1.2mol/L}rm{c(SO_{2})=dfrac
{2-1.2}{1}mol/L=0.8mol/L}和rm{c(O_{2})=dfrac
{1-0.6}{1}mol/L=0.4mol/L}浓度商rm{=dfrac{1拢庐4^{2}}{1拢庐0^{2}隆脕0.40}=4.9<5.625}则该反应向正反应方向移动,则此时rm{K=dfrac
{1拢庐2^{2}}{0拢庐8^{2}隆脕0.4}=5.625}故D错误.
故选:rm{1.0molSO_{2}(g)}.
A.绝热恒容时,为rm{0.40molO_{2}(g)}反应物,正反应为吸热反应;恒温恒压时,反应rm{1.40molSO_{3}(g)}为气体体积减小的反应;
B.平衡常数与温度有关;容器Ⅱ;Ⅲ温度不同;
C.容器Ⅱ中rm{=dfrac
{1拢庐4^{2}}{1拢庐0^{2}隆脕0.40}=4.9<5.625}的转化率相比容器rm{V_{脮媒}>V_{脛忙}}中转化率减小;
D.先计算浓度商;根据浓度商与化学平衡常数相对大小判断反应方向,从而确定正逆反应速率相对大小.
本题考查化学平衡有关计算,为高频考点,涉及等效平衡、化学平衡常数与浓度商之间关系等知识点,侧重考查学生分析计算能力.rm{AC}【解析】rm{AC}三、填空题(共9题,共18分)12、原电池锌2H++2e--=H2↑【分析】【分析】在Cu、Zn和稀硫酸组成的原电池中,锌失电子变成离子进入溶液,发生氧化反应,所以锌是负极,氢离子在正极得电子发生还原反应,据此分析.【解析】【解答】解:在Cu、Zn和稀硫酸组成的原电池中,锌失电子变成离子进入溶液,发生氧化反应,所以锌是负极,电极反应式为Zn-2e-=Zn2+,氢离子在正极得电子发生还原反应,反应式为2H++2e--=H2↑;
故答案为:原电池;锌;2H++2e--=H2↑.13、BaCl2应先在⑥步操作前的滤液中加足量盐酸后,蒸发结晶固体B或沉淀A'的质量【分析】【分析】分离KCl和BaCl2两种固体混合物,可先溶于水,然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为A碳酸钡沉淀,过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液,经⑤蒸发、结晶后可得B固体BaCl2,操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物,应加入过量盐酸可得KCl,固体C为KCl,据此进行解答.【解析】【解答】解:分离KCl和BaCl2两种固体混合物,可先溶于水,然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为A碳酸钡沉淀,过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液,经⑤蒸发、结晶后可得B固体BaCl2,操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物;应加入过量盐酸可得KCl,固体C为KCl;
(1)氯化钾和氯化钡溶液中加入碳酸钾溶液可以生成碳酸钡沉淀,则沉淀A为BaCO3;过滤后碳酸钡沉淀中加入盐酸可生成BaCl2溶液,经⑤蒸发、结晶后可得B固体BaCl2,故答案为:BaCl2;
(2)蒸发结晶前应加入适量稀盐酸;将过量的碳酸钾转化成氯化钾,否则晶体不纯;
故答案为:应先在⑥步操作前的滤液中加足量盐酸后;蒸发结晶;
(3)固体溶解后加入过量K2CO3使BaCl2转化为碳酸钡沉淀,过滤后沉淀加入试剂b盐酸可将碳酸钡转化成BaCl2溶液,然后经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2,若要测定原混合物中KCl和BaCl2的质量分数;除了要准确称量混合物的质量外,至少还要获得的数据是固体B或沉淀A’的质量,依据B为BaCl2计算得到质量分数,A'为碳酸钡,结合钡元素守恒计算氯化钡质量得到;
故答案为:固体B或沉淀A’的质量.14、O2+4e-+2H2O=4OH-2H2-4e-+4OH-=4H2OO2+4e-+4H+=2H2O2H2-4e-=4H+18变小变大【分析】【分析】(1)氢氧燃料电池中;如果电解质溶液为碱,则正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子,阴极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水;
(2)氢氧燃料电池中,如果电解质溶液为酸,则正极上氧气得电子和氢离子反应生成水,阴极上氢气失电子生成氢离子;【解析】【解答】解:(1)氢氧燃料电池中,如果电解质溶液为碱,则正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子,电极反应式为:O2+4e-+2H2O=4OH-,阴极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水,电极反应式为2H2-4e-+4OH-=4H2O;
故答案为:O2+4e-+2H2O=4OH-;2H2-4e-+4OH-=4H2O;
(2)氢氧燃料电池中,如果电解质溶液为酸,则正极上氧气得电子和氢离子反应生成水,电极反应式为:O2+4e-+4H+=2H2O,阴极上氢气失电子生成氢离子,电极反应式为:2H2-4e-=4H+;该反应过程中,每转移2mol电子,则生成1mol水,其质量是18g,(1)中有水生成,溶液的碱性变弱,所以溶液的PH变小;(2)中也有水生成,溶液的酸性减弱,所以溶液的PH变大.
故答案为:O2+4e-+4H+=2H2O;2H2-4e-=4H+;18;变小;变大.15、催化剂、吸水剂防止暴沸CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O中和乙酸、溶解乙醇;降低乙酸乙酯的溶解度,有利于分层乙酸乙酯【分析】【分析】(1)浓硫酸起到了催化作用和吸水作用;
(2)加热液体时加入碎瓷片时为了防止溶液暴沸飞溅;
(3)酯化反应的本质为酸脱羟基;醇脱氢,该反应生成乙酸乙酯和水,且为可逆反应;
(4)饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度,便于分层;乙酸乙酯密度小于水.【解析】【解答】解:(1)乙酸与乙醇发生酯化反应;需浓硫酸作催化剂,该反应为可逆反应,浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动,浓硫酸的作用为催化剂,吸水剂,故答案为:催化剂;吸水剂;
(2)烧瓶中加入碎瓷片的目的是防止暴沸;故答案为:防止暴沸;
(3)酯化反应的本质为酸脱羟基,醇脱氢,乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水,该反应为可逆反应,化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O,故答案为:CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O
(4)制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液,目的是中和挥发出来的乙酸,使之转化为乙酸钠溶于水中,便于闻乙酸乙酯的香味;溶解挥发出来的乙醇;降低乙酸乙酯在水中的溶解度,便于分层得到酯,乙酸乙酯的密度小于水,故在上层,故答案为:中和乙酸、溶解乙醇;降低乙酸乙酯的溶解度,有利于分层;乙酸乙酯.16、氧化反应【分析】【分析】(1)根据官能团的变化判断反应类型;
(2)A中含有酚羟基;苯环对位上有H,可与浓溴水发生取代反应;
(3)中含有2个C-O键;与A发生反应时可有两种不同的断裂方式;
(4)D的一种同分异构体中:①属于α-氨基酸;②是苯的衍生物;且苯环上的一氯代物只有两种,应位于对位位置;③分子中含有两个手性碳原子,说明C原子上连接4个不同的原子或原子团;
(5)制备应先制备乙酸和乙醇氧化可生成乙酸,乙醇消去可生成乙烯,乙烯氧化可生成与反应生成进而氧化可生成.【解析】【解答】解:(1)B→C的反应中-OH生成C=O;为氧化反应;
故答案为:氧化反应;
(2)A中含有酚羟基,苯环对位上有H,可与浓溴水发生取代反应,反应的方程式为:
故答案为:
(3)中含有2个C-O键,与A发生反应时可有两种不同的断裂方式,生成的另一种有机物的结构简式为:
故答案为:
(4)D的一种同分异构体中:①属于α-氨基酸;②是苯的衍生物,且苯环上的一氯代物只有两种,应位于对位位置;③分子中含有两个甲基,则满足条件的有机物的同分异构体为:
故答案为:
(5)制备应先制备乙酸和乙醇氧化可生成乙酸,乙醇消去可生成乙烯,乙烯氧化可生成与反应生成进而氧化可生成则反应的流程为:
故答案为:.17、各物质分子碳原子排列的方式不同否因为碳原子的最外层电子数为4,常温下不易得失电子,故它们的化学性质不活泼将足球烯、碳纳米管分别放在充满足量氧气的密闭容器中使之充分燃烧,测定其生成物只是CO2,且CO2里所含的碳的质量等于燃烧前足球烯或碳纳米管减少的质量【分析】【分析】(1)同素异形体物理性质的差异要从结构上分析;即原子排列方式的不同造成了其物理性质的差异;
(2)根据碳的原子结构推测;常温下足球烯和纳米碳管的化学性质;
(3)设计一个“在充满氧气的密闭容器里使之燃烧”的实验方案,证明足球烯和碳纳米管都是由碳元素组成的单质.【解析】【解答】解:(1)金刚石;石墨、足球烯、碳纳米管物理性质有较大差异的原因是碳原子排列不同;
故答案为:各物质分子碳原子排列的方式不同;
(2)根据碳的原子结构推测;常温下足球烯和纳米碳管的化学性质不活泼,因为它们均是由碳原子构成的单质,碳原子的最外层为4个电子,常温下不易得失电子;
故答案为:否;因为碳原子的最外层电子数为4;常温下不易得失电子,故它们的化学性质不活泼;
(3)设计一个实验方案;证明足球烯和碳纳米管都是由碳元素组成的单质:将足球烯;碳纳米管分别放在充满氧气的密闭容器里使之燃烧,用澄清的石灰水测定其生成物是二氧化碳,且二氧化碳里所含碳的质量等于燃烧前后足球烯所减少的质量;
故答案为:将足球烯、碳纳米管分别放在充满足量氧气的密闭容器中使之充分燃烧,测定其生成物只是CO2,且CO2里所含的碳的质量等于燃烧前足球烯或碳纳米管减少的质量;18、K2CO3BaCl2K2SO4NaHSO42H++CO32-═CO2↑+H2OBaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O【分析】【分析】(1)根据K2SO4、K2CO3、NaHSO4、BaCl2两两混合后;离子之间的反应所产生的现象解答;
(2)①K2CO3+NaHSO4→溶液+气体,⑤BaCO3+HCl→溶液+气体,根据对应物质性质解答;【解析】【解答】解:(1)K2CO3和K2SO4、K2SO4和NaHSO4混合均无现象,只有BaCl2既能和K2CO3又能和K2SO4反应生成白色沉淀,所以B是BaCl2,BaCl2和K2CO3反应生成碳BaCO3和KCl,BaCl2和NaHSO4反应生成BaSO4沉淀以及H2SO4和NaCl的混合液,BaCO3能溶于HCl中,生成无色无味的气体CO2,K2CO3和NaHSO4混合生成无色无味的气体CO2,所以由②B+C→溶液+沉淀;③B+D→溶液+沉淀;④A+B→溶液+沉淀;知B为BaCl2;,⑤将④得到的沉淀物加入③所得的溶液中,沉淀很快溶解并产生无色无味的气体,知④K2CO3+BaCl2→KCl+BaCO3↓;知③BaCl2+NaHSO4→H2SO4+NaCl+BaSO4↓;所以A是K2CO3,B是BaCl2,C是K2SO4,D是NaHSO4,故答案为:K2CO3;BaCl2;K2SO4;NaHSO4;
(2)①的反应为:K2CO3+2NaHSO4═K2SO4+CO2↑+Na2SO4+H2O,所以离子反应为:2H++CO32-═CO2↑+H2O;
故答案为:2H++CO32-═CO2↑+H2O;
⑤的反应为:BaCO3+2HCl→BaCl2+CO2↑+H2O,所以离子反应为:BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O;
故答案为:BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O;19、略
【分析】
C能发生加聚反应,应含有C=C,为B和CH3OH酯化反应生成,结合高聚物的分子式可知B应为CH2=CHCOOH;
C为CH2=CHCOOCH3,则D应含-OH,能与NaOH溶液反应,应含有酚羟基,E转化为F时,产物只有一种结构,且能使溴的四氯化碳溶液褪色,说明F中含有C=C,且E结构对称,则F为E应为D为则A为
(1)D为含有酚羟基,故答案为:(酚)羟基;
(2)B为CH2=CHCOOH,分子式为C3H4O2,故答案为:C3H4O2;
(3)由以上分析可知A为F为故答案为:
(4)B为CH2=CHCOOH,与甲醇发生酯化反应,也为取代反应,反应的方程式为CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O,在浓硫酸作用下发生消去反应,反应的方程式为
故答案为:CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O;取代;消去;
(5)A的同分异构体中:①苯环含有的二取代结构处于对位;
②遇FeCl2溶液不变色,说明不含有酚羟基,③能发生银镜,说明含有-CHO,则对应的结构可能有:
故答案为:.
【解析】【答案】C能发生加聚反应,应含有C=C,为B和CH3OH酯化反应生成,结合高聚物的分子式可知B应为CH2=CHCOOH;
C为CH2=CHCOOCH3,则D应含-OH,能与NaOH溶液反应,应含有酚羟基,E转化为F时,产物只有一种结构,且能使溴的四氯化碳溶液褪色,说明F中含有C=C,且E结构对称,则F为E应为D为则A为结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题.
20、略
【分析】解:(1)a;甲醛有毒;同时可以使蛋白质变性,影响蛋白质的质量,故a错误.
b、装修材料中含有大量的甲醛、苯等有害物质,如不通风就直接入住会给人体带来较大危害,故b正确;
c、HCHO中的中碳氧双键与NaHSO3发生加成反应;故C正确;
d;甲醛能能动物标本中的蛋白质发生变性;破坏蛋白质的结构,避免动物标本的腐烂,故d正确;
故选:a
(2)因HCO3-也可与NaOH标准溶液反应;消耗NaOH标准溶液,使得测定结果偏高,故选:a;
(3)①因原子利用率表示目标产物的质量与生成物总质量之比,反应I的原子利用率为×100%=93.7%,反应II的原子利用率为×100%=62.5%;平衡常数越大越有利于反应的进行;故答案为:I;II;
②因反应放热;△H<0,熵值增大,△S>0,所以△G=△H-T•△S一定小于0,反应自发,故选:c;
③因温度升高;反应I向正向移动,平衡常数增大,反应II逆向移动,平衡常数减小,故答案为:II;
(4)恰好反应进行完,酸性KMnO4溶液颜色褪去;
4MnO4-+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O
45
5×10-3L×1.00×10-4mol/Ln
n=6.25×10-7mol
则HCHO的质量为6.25×10-7mol×30g/mol=1.5×10-5g=1.875×10-2mg,空气的体积为50L=0.05m3;室内空气中甲醛的浓度。
=0.375mg/m3,故答案为:酸性KMnO4溶液颜色突然褪去;0.375.【解析】a;a;I;II;C;II;酸性KMnO4溶液颜色突然褪去;0.375四、判断题(共4题,共12分)21、×【分析】【分析】D2O的相对分子质量为20,结合n==计算.【解析】【解答】解:D2O的相对分子质量为20,18gD2O的物质的量为=0.9mol,则所含的电子数为9NA.故答案为:×.22、√【分析】【分析】亚硝酸盐有毒,过量食用会导致人死亡,添加到食品中要严格控制用量,以此判断.【解析】【解答】解:肉类制品中使用亚硝酸钠作为发色剂限量使用;由亚硝酸盐引起食物中毒的机率较高,食入0.2~0.5克的亚硝酸盐即可引起中毒甚至死亡,因此要严格控制用量;
故答案为:√.23、×【分析】【分析】标准状况下,气体的摩尔体积为22.4L/mol,结合V=nVm计算.【解析】【解答】解:标准状况下,1molO2和N2混合气体的体积约为V=1mol×22.4L/mol=22.4L;
故答案为:×.24、×【分析】【分析】烷烃的一氯取代物只有一种,说明该烷烃中只有一种等效氢原子,根据等效氢原子的判断方法来回答.【解析】【解答】解:烷烃分子中;同一个碳上的氢原子等效,连在同一个碳原子上的氢原子等效,具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效,烷烃的一氯取代物只有一种,说明该烷烃中只有一种等效氢原子,在碳原子数n≤10的所有烷烃的同分异构体中,其一氯取代物只有一种的烷烃分别是:甲烷;乙烷、2,2-二甲基丙烷以及2,2,3,3-四甲基丁烷,共4种.
故答案为:×.五、简答题(共4题,共24分)25、(1)FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O的溶解度比(NH4)2SO4和FeSO4·7H2O的溶解度较小的特点,从(NH4)2SO4和FeSO4·7H2O混合液中析出FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O复盐晶体
(2)过滤;蒸发浓缩,蒸发皿,晶膜;冷却结晶(1分)
(3)a
(4)取少量晶体于试管中,加入适量的NaOH溶液,并加热,在试管口上方放置红色石蕊试纸或pH试纸,若红色石蕊试纸变蓝或黄色pH试纸变绿,说明有NH4+离子
(5)①溶液刚好出现粉红色或淡红色或紫红色,且半分钟内不褪色
②5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
③98.06【分析】【分析】
本题考查了硫酸亚铁铵的制备。【解答】
rm{(1)}根据以上表格分析制备摩尔盐的实验原理是rm{FeSO_{4}隆陇(NH_{4})_{2}SO_{4}隆陇6H_{2}O}的溶解度比rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{FeSO_{4}隆陇7H_{2}O}的溶解度较小的特点,从rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{FeSO_{4}隆陇7H_{2}O}混合液中析出rm{FeSO_{4}隆陇(NH_{4})_{2}SO_{4}隆陇6H_{2}O}复盐晶体,故答案为:rm{FeSO_{4}隆陇(NH_{4})_{2}SO_{4}隆陇6H_{2}O}的溶解度比rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{FeSO_{4}隆陇7H_{2}O}的溶解度较小的特点,从rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{FeSO_{4}隆陇7H_{2}O}混合液中析出rm{FeSO_{4}隆陇(NH_{4})_{2}SO_{4}隆陇6H_{2}O}复盐晶体;
rm{(2)}操作rm{I}是过滤;操作rm{II}是蒸发浓缩,所使用的热源为水浴加热,操作rm{II}需要的仪器除了水浴加热装置外,还有铁架台、铁圈、蒸发皿,加热至溶液出现晶膜时,移去热源;操作rm{III}是冷却结晶,故答案为:过滤;蒸发浓缩;蒸发皿,晶膜;冷却结晶;
rm{(3)}整套装置由布氏漏斗、抽滤瓶、安全瓶构成,抽滤过程中使用抽气泵抽真空前,关闭活塞rm{c}抽滤结束打开活塞rm{c}恢复体系压强,抽滤过程还需用rm{95%}乙醇水溶液洗涤晶体,故答案为:rm{a}
rm{(4)}检验产品中rm{NH_{4}^{+}}离子取少量晶体于试管中,加入适量的rm{NaOH}溶液,并加热,在试管口上方放置红色石蕊试纸或rm{pH}试纸,若红色石蕊试纸变蓝或黄色rm{pH}试纸变绿,说明有rm{NH_{4}+}离子,故答案为:取少量晶体于试管中,加入适量的rm{NaOH}溶液,并加热,在试管口上方放置红色石蕊试纸或rm{pH}试纸,若红色石蕊试纸变蓝或黄色rm{pH}试纸变绿,说明有rm{NH_{4}+}离子;
rm{(5)垄脵}滴定至终点时出现的现象为溶液刚好出现粉红色或淡红色或紫红色,且半分钟内不褪色,故答案为:溶液刚好出现粉红色或淡红色或紫红色;且半分钟内不褪色。
rm{垄脷}写出滴定原理的离子反应方程式rm{5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}故答案为:rm{5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}
rm{垄脹}该摩尔盐的纯度为rm{98.06}rm{%}
故答案为:rm{98.06}。【解析】rm{(1)FeSO_{4}隆陇(NH_{4})_{2}SO_{4}隆陇6H_{2}O}的溶解度比rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{FeSO_{4}隆陇7H_{2}O}的溶解度较小的特点,从rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}和rm{FeSO_{4}隆陇7H_{2}O}混合液中析出rm{FeSO_{4}隆陇(NH_{4})_{2}SO_{4}隆陇6H_{2}O}复盐晶体rm{(2)}过滤;蒸发浓缩,蒸发皿,晶膜;冷却结晶rm{(1}分rm{)}rm{(3)a}rm{(4)}取少量晶体于试管中,加入适量的rm{NaOH}溶液,并加热,在试管口上方放置红色石蕊试纸或rm{pH}试纸,若红色石蕊试纸变蓝或黄色rm{pH}试纸变绿,说明有rm{NH_{4}+}离子rm{(5)垄脵}溶液刚好出现粉红色或淡红色或紫红色,且半分钟内不褪色rm{垄脷5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}rm{垄脹98.06}26、略
【分析】解:rm{(1)}测定有机物的实验式,就要测定有机物本身的质量、rm{CO_{2}}和水的质量,测定水的质量可用无水氯化钙吸收,测定rm{CO_{2}}的质量可用rm{KOH}浓溶液吸收,分别称取吸收前后的吸收剂的质量,计算碳、氢原子在分子中的含量,装置rm{h}即可盛无水氯化钙也可盛rm{KOH}浓溶液,因此最少需要的仪器种类为rm{4}种,分别是rm{a}rm{d}rm{f}rm{h}两次用到rm{h}前者盛有无水氯化钙吸收水,后者盛有rm{KOH}浓溶液吸收rm{CO_{2}}需要用天平称量质量;
故答案为:rm{4}rm{a}rm{d}rm{f}rm{h}rm{h}吸收rm{H_{2}O}吸收rm{CO_{2}}天平;
rm{(2)}根据质量守恒定律,如果试样质量rm{=}碳元素质量rm{+}氢元素质量为烃,如果试样质量rm{>}碳元素质量rm{+}氢元素质量为烃的含氧衍生物;
故答案为:试样质量rm{=}碳元素质量rm{+}氢元素质量为烃,试样质量rm{>}碳元素质量rm{+}氢元素质量为烃的含氧衍生物;
rm{(3)}定温;定压下蒸气密度之比等于相对分子质量之比;求得了实验式和相对分子质量即可得到该有机物的化学式;
故答案为:rm{B}.
rm{(1)}测定有机物的实验式,就要测定有机物本身的质量、rm{CO_{2}}和水的质量,测定水的质量可用无水氯化钙吸收,测定rm{CO_{2}}的质量可用rm{KOH}浓溶液吸收,分别称取吸收前后的吸收剂的质量,计算碳、氢原子在分子中的含量,装置rm{h}即可盛无水氯化钙也可盛rm{KOH}浓溶液;
rm{(2)}如果试样质量rm{=}碳元素质量rm{+}氢元素质量为烃,如果试样质量rm{>}碳元素质量rm{+}氢元素质量为烃的含氧衍生物;
rm{(3)}求得了实验式;要求得分子式,必须知道该有机物的相对分子质量.
本题考查有机物实验式和分子式的确定,难度不大,了解希比希元素分析法的原理和方法是解题的关键.【解析】rm{4}rm{a}rm{d}rm{f}rm{h}rm{h}吸收rm{H_{2}O}吸收rm{CO_{2}}天平;试样质量rm{=}碳元素质量rm{+}氢元素质量为烃,试样质量rm{>}碳元素质量rm{+}氢元素质量为烃的含氧衍生物27、略
【分析】解:由反应结合反应信息Ⅰ,可知rm{D}的结构简式为结合反应信息Ⅲ,逆推可得rm{C}为rm{B}为rm{A}为由反应信息Ⅱ,顺推可得,rm{E}为rm{F}为rm{H}的相对分子质量为rm{190}比rm{F}的相对分子质量大rm{2}故组成上比rm{F}多rm{2}个rm{H}原子,应是rm{F}中rm{C=C}双键与氢气加成,故F中rm{C=C}rm{-CHO}与氢气加成生成rm{G}rm{G}为,rm{G}中醇被氧化为rm{-CHO}则rm{G}为rm{F}为
rm{(1)}由上述分析可知,rm{D}为rm{E}为含有羟基;醛基;
故答案为:羟基;醛基;
rm{(2)}由上述分析可知,rm{A}为分子式为rm{C_{6}H_{6}}rm{B}为
故答案为:rm{C_{6}H_{6}}
rm{(3)}反应rm{垄脵}属于加成反应,反应rm{垄脷}飞方程式为:
故答案为:加成反应;
rm{(4)}兔耳草醛rm{H}中的含氧官能团易被氧化,生成化合物rm{W}rm{W}为rm{G}与rm{W}发生酯化反应的化学方程式为
故答案为:
rm{(5)W}为与的分子式不与;二者不是同分异构体;
的同分异构体符合条件:属于芳香族化合物且苯环上有五个取代基,含有苯环,不饱和度为rm{5}核磁共振氢谱有四种类型氢原子的吸收峰,分子中有rm{4}种rm{H}原子,rm{1mol}该物质最多可消耗rm{2molNaOH}且能发生银镜反应,可以含有rm{2}个酚羟基、rm{1}个rm{-CHO}另外官能团为rm{2}个rm{-C(CH_{3})_{3}}符合条件的同分异构体的结构有:
故答案为:否;rm{2}.
由反应结合反应信息Ⅰ,可知rm{D}的结构简式为结合反应信息Ⅲ,逆推可得rm{C}为rm{B}为rm{A}为由反应信息Ⅱ,顺推可得,rm{E}为rm{F}为rm{H}的相对分子质量为rm{190}比rm{F}的相对分子质量大rm{2}故组成上比rm{F}多rm{2}个rm{H}原子,应是rm{F}中rm{C=C}双键与氢气加成,故F中rm{C=C}rm{-CHO}与氢气加成生成rm{G}rm{G}为,rm{G}中醇被氧化为rm{-CHO}则rm{G}为rm{F}为据此解答.
本题考查有机物推断与合成、对信息的利用、官能团的性质与转化、同分异构体、有机反应类型等,难度中等,理解信息给予的反应与官能团性质是关键,rm{(5)}中同分异构体的书写是难点、易错点.【解析】羟基、醛基;rm{C_{6}H_{6}}加成反应;否;rm{2}28、略
【分析】解:(1)由苯与2-丙醇反应制备异丙苯,可看成异丙基取代苯环上的一个氢原子,属于取代反应,苯环的取代反应需在催化剂作用下进行,由异丙苯制备对溴异丙苯的反应试剂和反应条件为Br2/FeBr3或Br2/Fe‘故答案为:取代反应;Br2/FeBr3或Br2/Fe;
(2)在异丙苯的多种同分异构体中;一溴代物最少的是1,3,5-三甲苯,只有一取代物,故答案为:1,3,5-三甲苯;
(3)异丙苯制取制取α-甲基苯乙烯,可先发生取代反应生成氯代物,在碱性条件下发生消去反应可生成,故答案为:
(4)丙烯腈(CH2=CHCN)、1,3-丁二烯和α-甲基苯乙烯发生加聚反应可生成耐热型ABS树脂,故答案为:
苯环上的取代反应需在催化剂作用下进行,由异丙苯制备对溴异丙苯的反应试剂和反应条件为Br2/FeBr3或Br2/Fe;在异丙苯的多种同分异构体中;一溴代物最少的是1,3,5-三甲苯,只有一取代物;由饱和烃制取不饱和烃,常用的做法是先发生取代反应生成氯代物,在碱性条件下发生消去反应可生成所需物质;含有不饱和键的物质在一定条件下可发生加聚反应,生成高聚物.
本题主要考察有机反应类型的判断、反应试剂的选择、同分异构体的书写有机有机高分子单体的判断和结构简式的书写,注意同分异构体的判断.【解析】取代反应;Br2/FeBr3或Br2/Fe;1,3,5-三甲苯;六、探究题(共4题,共32分)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
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