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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年苏教新版高三化学下册月考试卷935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5题,共10分)1、下列各组物质中;满足表中图示物质在通常条件下一步转化的组合只有()

。序号XYZW①CuCuSO4Cu(OH)2CuO②FeFeCl3FeCl2Fe(OH)2③Cl2Ca(ClO)2HClOHCl④NaNaOHNa2CO3NaClA.①③④B.①②③C.②③④D.①②④2、下列家庭验中不涉及化学变化的是()A.用熟苹果催熟青香蕉B.用少量食醋除去水壶中的水垢C.用糯米、酒曲和水制甜酒酿D.用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐3、R、X、Y、M、Z5种短周期主族元素的原子半径依次减小,X、Y、Z的电子层数之和为5,X元素原子的最外层电子数是它的电子层数的2倍,Y元素原子的最外层电子数是X和Z两元素原子最外层电子数的总和,M是地壳中含量最多的元素,R与Z的最外层电子数相同。下列叙述正确的是()A.Z与M形成的化合物中不可能含有非极性键B.对应氢化物的热稳定性:X>Y>MC.单质的还原性:R>M>Y>XD.X、Y、M、Z4种元素组成的离子化合物受热易分解4、下列物质中;不能由单质直接化合生成的是:()

(1)CuS(2)FeS(3)SO3(4)H2S(5)FeCl2(6)H2Te.A.(1)(3)(5)(6)B.(1)(2)(3)(5)C.(1)(2)(4)(5)D.全部5、在下列指定条件的溶液中,一定能大量共存的微粒组是A.rm{K_{2}S}溶液中:rm{SO_{4}^{2-}}rm{K^{+}}rm{CI^{-}}rm{Cu^{2+}}B.无色溶液中:rm{Fe^{2+}}rm{Na^{+}}rm{CIO^{-}}rm{CI^{-}}C.室温下,rm{dfrac{{K}_{w}}{c({H}^{+})}=0.1mol漏qL^{-1}}的溶液中:rm{dfrac{{K}_{w}}{c({H}^{+})}

=0.1mol漏qL^{-1}}rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{SIO_{3}^{2-}}D.滴入rm{NO_{3}^{-}}溶液显红色的溶液中:rm{KSCN}rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{C_{6}H_{5}OH}评卷人得分二、多选题(共6题,共12分)6、(2012广东学业水平)海水是宝贵的化学资源,可以从海水中提取的物质有()A.SiB.AuC.NaD.Cl27、下列离子与氖原子具有相同核外电子数的有()A.Mg2+B.O2-C.Al3+D.S2-8、二氧化硫的催化氧化是放热反应,下列关于接触法制硫酸的叙述中正确的是()A.为防止催化剂中毒,炉气在进入接触室之前需要净化B.为提高SO2的转化率,接触室内反应温度选定在400℃~500℃C.为防止污染大气,从吸收塔出来的尾气常用稀氨水吸收D.为提高SO3的吸收效率,用稀硫酸代替水吸收SO3.9、NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是()A.标准状况下,11.2L的CHCl3所含的分子数为0.5NAB.17g羟基(-OH)所含有的电子数是10NAC.9.2g甲苯和丙三醇的混合物中,含氢原子数目为0.8NAD.现有乙烯、丙烯的混合气体共28g,其中碳原子数为2NA10、下列关于如图所示物质的结构简式的说法正确的是()A.所有的碳原子有可能处于同一平面上B.所有的碳原子不可能处于同一平面上C.所有的氧原子有可能处于苯环的平面上D.所有的氢原子有可能处于苯环的平面上11、短周期元素A、B、C的原子序数依次递增,它们的原子最外层电子数之和为10,A与C同主族,B原子的最外层电子数等于A原子的次外层电子数,则下列叙述正确的是()A.原子半径A<B<CB.A的氢化物稳定性大于C的氢化物稳定性C.三种元素的最高价氧化物对应的水化物均可由化合反应得到D.高温条件下,A单质能置换出B单质,A单质也能置换出C单质评卷人得分三、填空题(共7题,共14分)12、一氧化碳是一种用途广泛的化工基础原料.

(l)在高温下CO可将SO2还原为单质硫.已知:

2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H1=-566.0kJ•mol-1;

S(s)+O2(g)═SO2(g)△H2=-296.0kJ•mol-1;

请写出CO还原SO2的热化学方程式____.

(2)工业上用一氧化碳制取氢气的反应为:CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g),已知420℃时,该反应的化学平衡常数K=9.如果反应开始时,在2L的密闭容器中充入CO和H2O的物质的量都是0.60mol,5min末达到平衡,则此时CO的转化率为____,H2的平均生成速率为____mol•L-1•min-1.

(3)CO与H2反应还可制备CH3OH,CH3OH可作为燃料使用,用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图。

电池总反应为:2CH3OH+3O2═2CO2+4H2O,则c电极是____(填“正极”或“负极”),c电极的反应方程式为____.若用该电池电解精炼铜(杂质含有Ag和Fe),粗铜应该接此电源的____极(填“c”或“d”),反应过程中析出精铜64g,则上述CH3OH燃料电池,消耗的O2在标况下的体积为____L.13、氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂,是一种白色粉末;微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸;在空气中迅速被氧化成绿色;见光则分解,变成褐色.如图是工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生产CuCl的流程:

根据以上信息回答下列问题:

(1)写出生产过程中所加试剂:X____,Y____.

(2)生产中为了提高CuCl产品的质量,采用抽滤法快速过滤,析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是____;生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是____.

(3)写出产生CuCl的化学方程式:____.

(4)在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外,还应该注意的关键问题是____.14、已知X;Y、Z、M、G、Q是六种短周期元素;原子序数依次增大.X、Z、Q的单质在常温下呈气态;Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍;X与M同主族;Z的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应,G是地壳中含量最高的金属元素.

请回答下列问题:

(1)Y、Z、M、G四种元素原子半径由大到小的顺序是(写元素符号)____.

(2)Z在元素周期表中的位置为____.

(3)上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是(写化学式)____.

(4)常温下,不能与G的单质发生反应的是(填序号)____.

a.CuSO4溶液b.Fe2O3c.浓硫酸d.NaOH溶液e.Na2CO3固体。

(5)已知图1化合物C含有上述元素中的某一种元素。

①若D是一种强酸,则C与水反应的化学方程式为____.

有人认为“浓H2SO4可以干燥气体C”,某同学为了验证该观点是否正确,用如图2装置进行实验.分液漏斗中应加入____,打开分液漏斗进行实验,过程中,浓H2SO4中未发现有气体逸出,且变为红棕色,则你得出的解释和结论是____.

②若D是一种常见的强碱,则C与水反应的离子方程式为____.

15、某试剂厂用银(含杂质铜)和硝酸(含杂质Fe3+)反应制取硝酸银.其步骤如图:

依据上述步骤;回答下列问题:

(1)溶解银的硝酸应该用____硝酸(填“浓”或“稀”),原因是____(填序号;下同).

a.减少过程中产生NOx的量。

b.减少原料银的消耗量。

c.节省硝酸物质的量。

(2)步骤B加热保温的作用是____.

a.有利于加快反应速率。

b.有利于未反应的硝酸挥发。

c.有利于硝酸充分反应,降低溶液中的c(H+)

(3)步骤C中是为了除去Fe3+、Cu2+等杂质,冲稀静置时发生化学反应的类型是____.

a.置换反应。

b.水解反应。

c.氧化还原反应。

产生沉淀物的化学式是____.16、某KCl样品中含有MgSO4杂质;用以下工艺流程除杂:

(1)MgSO4与KOH反应的方程式为____;②K2CO3与盐酸反应的方程式为____.

(2)溶液A的“除杂”环节中,先加入过量的BaCl2溶液,搅拌后,再加入过量的____溶液,再经搅拌后,再加入过量的____溶液;过滤.

(3)图中滤渣的成分是____;滤液B的成分是____;对滤液B除杂加入的试剂是____.

(4)①,②的操作名称分别是____,____.17、G;Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物;它们在一定条件下具有如下的转换关系:

①G→Q+NaCl②Q+H2O→X+H2③Y+NaOH→G+Q+H2O④Z+NaOH→Q+X+H2O

(1)这五种化合物中,氯的化合价由低到高的顺序为____.

(2)由反应②可看出Q、X中氯元素的高低顺序,其理由是____.

(3)臭氧(O3)与二氧化氯作用,可得到红色油状的六氧化二氯.六氧化二氯遇有机物会爆炸,它与碱溶液反应可得到两种氯的含氧酸盐,代表该反应的是(填①~④编号)____.

(4)亚氯酸盐(如NaClO2)可用作漂白剂,在常温下不见光时可保存约一年.但在酸性溶液中因生成亚氯酸而发生分解:5HClO2=4ClO2↑+H++Cl-+2H2O,分解反应在刚加入H2SO4时反应缓慢,随后反应突然加快,迅速释放出气态的二氧化氯,这是因为____.

A.酸使亚氯酸的氧化性增强B.溶液中的H+起催化作用C.溶液中的Cl-起催化作用,D.逸出ClO2使反应的生成物浓度降低.18、乙炔是有机合成工业的一种原料。工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔。(1)CaC2与水反应生成乙炔的反应方程式为________.(2)比较第二周期元素C、N、O三种元素的第一电离能从大到小顺序为______(用元素符号表示),用原子结构观点加以解释______。(3)CaC中C22-与O22+互为等电子体,O22+的电子式可表示为______;1molO22+中含有的Π键数目为_______。(4)CaC2晶体的晶胞结构与NaCI晶体的相似(如图所示),但CaC2晶体中含有的中哑铃形C22-的存在,使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为______。(5)将乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。Cu+基态核外电子排布式为_______。(6)乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈(H2C=CH-C≡N)。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是______;分子中处于同一直线上的原子数目最多为______。评卷人得分四、判断题(共2题,共14分)19、伴有能量变化的物质变化都是化学变化.____.(判断对错)20、312g石墨中含有的共价键数为1.5NA.____(判断对错)评卷人得分五、书写(共4题,共16分)21、写出下列反应离子方程式。

硫酸铝溶液和氨水的反应____

氢氧化铝和氢氧化钠溶液的反应____

氯化亚铁溶液和氯气的反应____.22、(1)向3mL1mol•L-1的CaCl2溶液中滴入5mL1mol•L-1的Na2SO4溶液.现象:____;离子方程式:____.

(2)静置.吸取上层清液置于试管中,滴入1mol•L-1Na2CO3溶液.现象:____;离子方程式:____.

(3)通过(1)(2)的实验现象你得出的结论是____.23、下图是某广告公司展示的方形氢气球;若其为棱长0.282m的正方体,且当天天气状况可以视为标准状况,回答下列问题:

(1)气球中含有氢气的物质的量约为____mol,其质量为____g.

(2)若其中的氢气用锌粒和稀硫酸反应来制取,写出制取氢气的离子方程式:____;

(3)氢气球容易发生危险,若同样体积的气球内改充相对安全的氦气,则其充入的氦气质量为____.24、CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应;得到一种蓝色结晶水合物晶体.通过下述实验确定该晶体的组成:

①称取0.1680g晶体,加入过量的H2SO4溶液,使样品溶解后加入适量水,加热近沸,用0.02000mol•L-1KMnO4溶液滴定至终点(溶液变为浅紫红色);消耗20.00mL.

②接着将溶液充分加热,使浅紫红色变为蓝色,此时MnO4-转化为Mn2+并释放出O2

③冷却后加入2gKI固体(过量)和适量Na2CO3;溶液变为棕色并生成沉淀.

④用0.05000mol•L-1Na2S2O3溶液滴定;近终点时加指示剂,滴定至终点,消耗10.00mL.

已知:2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O

2Cu2++4I-═2CuI↓+I22Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6

(1)步骤②中发生反应的离子方程式为____.

(2)步骤④中加入的指示剂为____.

(3)通过计算写出该蓝色晶体的化学式(写出计算过程).评卷人得分六、探究题(共4题,共20分)25、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________.26、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: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:参考答案一、选择题(共5题,共10分)1、A【分析】【分析】①Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜;硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜,氢氧化铜加热分解生成氧化铜,氧化铜被还原生成Cu;

②Fe与Cl2反应可生成FeCl3,FeCl3与Fe反应可得到FeCl2,FeCl2与氢氧化钠生成氢氧化亚铁;氢氧化亚铁得不到Fe;

③氯气与石灰乳生成次氯酸钙;次氯酸钙与稀盐酸生成次氯酸,次氯酸光照分解生成HCl,HCl电解生成氯气;

④钠与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠与碳酸反应生成碳酸钠,碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠,氯化钠熔融电解生成钠;【解析】【解答】解:①Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜;硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜,氢氧化铜加热分解生成氧化铜,氧化铜被还原生成Cu,故正确;

②Fe与Cl2反应可生成FeCl3,FeCl3与Fe反应可得到FeCl2,FeCl2与氢氧化钠生成氢氧化亚铁;氢氧化亚铁得不到Fe,故错误;

③氯气与石灰乳生成次氯酸钙;次氯酸钙与稀盐酸生成次氯酸,次氯酸光照分解生成HCl,HCl电解生成氯气,故正确;

④钠与水反应生成氢氧化钠;氢氧化钠与碳酸反应生成碳酸钠,碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠,氯化钠熔融电解生成钠,故正确;

故选A2、D【分析】【分析】根据化学变化的特征可知化学变化应有新物质生成,结合相关变化以及物质的性质判断.【解析】【解答】解:A.熟苹果会释放乙烯;具有催熟效果!但乙烯只作为催化剂,不参与化学变化,发生化学变化的是淀粉,香蕉中淀粉在乙烯的催化作用下会生成果糖和葡萄糖,发生化学变化,故A不选;

B.食醋呈酸性;可与水垢中的碳酸钙和氢氧化镁反应,为化学变化,故B不选;

C.糯米在酒曲的催化作用下生成乙醇;发生化学变化,故C不选;

D.用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐;为胶体的渗析过程,没有发生化学变化,故D选.

故选D.3、D【分析】由“X元素原子的最外层电子数是它的电子层数的2倍”,则X为碳元素或硫元素,再结合X、Y、Z电子层数之和为5,则X为碳元素。从而可推出Y、M、Z分别为氮、氧、氢元素,而R则可能为锂元素或钠元素。氢元素与氧元素形成的化合物H2O2中含有的氧氧键为非极性键,A项错误;非金属性:O>N>C,对应氢化物的稳定性:H2O>NH3>CH4,B项错误;O2几乎没有还原性,C项错误;C、N、O、H元素组成的离子化合物为NH4HCO3或(NH4)2CO3,受热易分解,D项正确【解析】【答案】D4、A【分析】【分析】Fe、Cu都是变价金属,能和强氧化剂反应生成高价态化合物,和弱氧化剂反应生成低价态化合物,氯气具有强氧化性,S具有弱氧化性;S和氧气反应生成SO2;S和氢气反应生成相应的氢化物,Te和氢气不能直接化合,据此分析解答.【解析】【解答】解:(1)S具有弱氧化性,能将Cu氧化为低价态,所以和Cu反应生成Cu2S而不是CuS;故选;

(2)S具有弱氧化性;能将Fe氧化为低价态,所以和Fe反应生成FeS,故不选;

(3)在点燃条件下,S和氧气反应生成二氧化硫,二氧化硫和氧气在催化剂、加热条件下反应生成SO3;故选;

(4)在加热条件下,氢气和S反应生成H2S;故不选;

(5)氯气具有强氧化性,能将铁氧化生成FeCl3;故选;

(6)Te的非金属性很弱,不能和氢气直接化合生成H2Te;故选;

故选A.5、C【分析】略【解析】rm{C}二、多选题(共6题,共12分)6、CD【分析】【分析】海水中含有的化学元素有80多种,蕴藏着丰富的化学资源,海水经过晒盐,可得到食盐,经过蒸馏可获得淡水,从海水中可以获取食盐、镁、钾、溴及其化工产品.【解析】【解答】解:A.海水中不含硅;硅元素存在于硅酸盐和硅石中,不能从海水中获取,故A不选;

B.海水中含有Au元素;但含量很少,不能从海水中提取,故B不选;

C.海水中钠元素含量丰富;通过暴晒海水得到NaCl,电解熔融NaCl得到Na,所以可以从海水中提取,故C选;

D.海水中氯元素含量丰富;通过暴晒海水得到NaCl,电解饱和氯化钠溶液得到氯气,所以可以从海水中提取,故D选;

故选CD.7、ABC【分析】【分析】Ne原子核外电子数是10,与Ne原子具有相同的核外电子数说明该离子中核外电子数是10,阳离子核外电子数=核电荷数-所带电荷数,阴离子核外电子数=核电荷数+所带电荷数.【解析】【解答】解:Ne原子核外电子数是10;

A.镁离子核外电子数=12-2=10;故A正确;

B.氧离子核外电子数=8+2=10;故B正确;

C.铝离核外电子数=13-3=10;故C正确;

D.硫离子核外电子数=16+2=18;故D错误;

故选ABC.8、AC【分析】【分析】A.生产分三步;二氧化硫的制取和净化;二氧化硫转化为三氧化硫、三氧化硫的吸收,分别在沸腾炉、接触室、吸收塔中进行;其中从沸腾炉中出来的气体需要净化和干燥,是为了防止在接触室中的催化剂中毒;

B.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为放热反应;高温的目的是考虑催化剂的活性;

C.尾气中的SO2通常用足量氨水吸收;

D.工业上在吸收塔内用浓硫酸吸收,防止形成酸雾阻止充分吸收.【解析】【解答】解:A.制备硫酸过程中;从沸腾炉中出来的气体需要净化和干燥,是为了防止在接触室中的催化剂中毒,故A正确;

B.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为放热反应;所以低温有利于提高二氧化硫转化率,接触室内反应温度选定在400℃~500℃是考虑催化剂活性,故B错误;

C.为防止污染大气;从吸收塔出来的尾气常用氨水吸收,故C正确;

D.工业上在吸收塔内用浓硫酸吸收;防止形成酸雾阻止充分吸收;稀硫酸吸收容易形成酸雾,故D错误.

故选:AC.9、CD【分析】【分析】A.标况下CHCl3不是气体;不能使用标况下的气体摩尔体积计算;

B.17g羟基(-OH)的物质的量为1mol;1mol羟基中含有9mol电子;

C.甲苯和丙三醇的相对分子质量都为92;都含有8个氢原子;

D.28g乙烯、丙烯的混合气体中含有2mol最简式CH2,含有2mol碳原子.【解析】【解答】解:A.标况下CHCl3不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2LCHCl3的物质的量;故A错误;

B.17g羟基(-OH)的物质的量为1mol,1mol羟基中含有9mol电子,含有的电子数目为9NA;故B错误;

C.甲苯和丙三醇的相对分子质量都为92,都含有8个氢原子,则9.2g甲苯和丙三醇的混合物的物质的量为0.1mol,含氢原子数目为0.8NA;故C正确;

D.28g乙烯、丙烯的混合气体中含有2mol最简式CH2,含有2mol碳原子,含有的原子数为2NA;故D正确;

故选CD.10、AC【分析】【分析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构,乙烯和苯是平面型结构,乙炔是直线型结构,其它有机物可在此基础上进行判断.【解析】【解答】解:A.乙烯中两个同一个处于同一平面上,苯环上所有碳原子处于同一平面上,所以与碳碳双键和苯环相连的碳原子处于同一平面上,-CH2CH2OH中两个碳原子可能在同一平面上;所以该化合物中所有的碳原子有可能处于同一平面上,故A正确;

B.乙烯中两个同一个处于同一平面上,苯环上所有碳原子处于同一平面上,所以与碳碳双键和苯环相连的碳原子处于同一平面上,-CH2CH2OH中两个碳原子可能在同一平面上;所以该化合物中所有的碳原子有可能处于同一平面上,故B错误;

C.酚羟基中氧原子和苯环共面,-CH2CH2OH中氧原子可能和苯环共面;所以该分子中所有的氧原子有可能处于苯环的平面上,故C正确;

D.亚甲基和甲烷结构相似;所以该分子中所有氢原子不可能处于同一平面上,故D错误;

故选AC.11、BD【分析】【分析】短周期元素A、B、C的原子序数依次递增,B原子的最外层电子数等于A原子的次外层电子数,最外层电子数不超过8,故A有2个电子层,B的最外层电子数为2,A与C同主族,它们的原子最外层电子数之和为10,则A、C的最外层电子数为=4,则A为碳元素、C为Si元素,B元素的原子序数大于碳元素,最外层电子数为2,则B为Mg元素,据此解答.【解析】【解答】解:短周期元素A、B、C的原子序数依次递增,B原子的最外层电子数等于A原子的次外层电子数,最外层电子数不超过8,故A有2个电子层,B的最外层电子数为2,A与C同主族,它们的原子最外层电子数之和为10,则A、C的最外层电子数为=4;则A为碳元素;C为Si元素,B元素的原子序数大于碳元素,最外层电子数为2,则B为Mg元素;

A.同主族自上而下原子半径增大;同周期自左而右原子半径减小,故原子半径Mg>Si>C,故A错误;

B.同主族自上而下非金属性减弱;故非金属性C>Si,非金属性越强氢化物越稳定,故氢化物稳定性A>C,故B正确;

C.氧化镁与水不反应;不能化合生成氢氧化镁,可由可溶性镁盐与碱反应制得.二氧化硅与水不反应,不能化合生成硅酸,由可溶性硅酸盐与酸反应制备硅酸,故C错误;

D.工业上可以利用碳为还原剂,利用热还原法冶炼镁,工业制备硅:C+SiO2Si+2CO↑;故D正确;

故选BD.三、填空题(共7题,共14分)12、2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)△H3=-270kJ•mol-175%0.045负极CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+d11.2【分析】【分析】(1)利用盖斯定律可以根据已知的反应的热化学方程式求反应2CO+SO2=S+2CO2的焓变;进而写热化学方程式;

(2)根据所给反应的平衡常数;利用三段式法计算出平衡浓度减小求算;

CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)

起始浓度(mol/L)0.300.3000

转化浓度(mol/L)xxxx

转化浓度(mol/L)0.30-x0.30-xxx

(3)原电池中电子从负极经外电路流向正极;负极反应氧化反应,结合电解质书写电极反应式;

根据c为负极;d为正极,粗铜精炼时,粗铜作阳极,与电源的正极相连;

根据电子得失守恒以及精铜中铜离子得到电子来计算.【解析】【解答】解:(1)①2CO(g)+O2(s)=2CO2(g)△H1=-566.0kJ•mol-1

②S(s)+O2(g)=SO2(g)△H2=-296.0kJ•mol-1

根据盖斯定律,①-②得到2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g);△H=-270kJ•mol-1;

故答案为:2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)△H3=-270kJ•mol-1;

(2)设参加反应的CO的浓度为x

CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)

起始浓度(mol/L)0.300.3000

转化浓度(mol/L)xxxx

转化浓度(mol/L)0.30-x0.30-xxx

K=9.0=;x=0.225;

所以CO的转化率α(CO)=×100%=75%;

氢气反应速率v(H2)==0.045mol/(L•min);

故答案为:75%;0.045mol/(L•min);

(3)甲醇具有还原性,在负极上发生氧化反应生成CO2,电极反应式为:CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+;

因c为负极;d为正极,粗铜精炼时,粗铜作阳极,与电源的正极d相连;

精铜电极电极反应式:Cu2++2e-=Cu,Cu2+的物质的量为==1mol;由电子得失守恒可知电子转移2mol;

原电池中正极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑;则生成氧气物质的量为0.5mol,体积=0.5mol×22.4L/mol=11.2L;

故答案为:负极;CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+;d;11.2.13、Fe稀盐酸减少产品CuCl的损失防止CuCl水解CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O═2CuCl↓+2H2SO4生产中应防止CuCl的氧化和见光分解【分析】【分析】利用制作印刷电路的废液制备氯化亚铜,首先应制备并分离出铜,向工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)加入过量的铁粉;三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子,铜离子与铁反应生成铜,然后过滤,滤渣为过量的铁和生成的铜,依据铜与铁活泼性,将滤渣溶于盐酸,铜与盐酸不反应,过滤得到滤渣即为铜,然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫,铜与氯气反应生成氯化铜,硫酸铜;二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜.

(1)印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)加入铁;三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子,铜离子能够与铁反应生成铜;过滤后滤渣中含有铜和铁,依据铜和铁的活泼性,加入盐酸分离二者;

(2)CuCl是一种白色粉末;微溶于水;不溶于乙醇及稀硫酸,乙醇洗涤可以减少CuCl的损失,生产过程中调节溶液的pH不能过大是防止其水解生成沉淀;

(3)依据图示可知:CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4;CuCl;依据得失电子守恒配平方程式;

(4)依据氯化亚铜具有还原性,易被氧化而变质,具有见光分解的性质解答.【解析】【解答】解:(1)印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)加入铁;三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子,铜离子能够与铁反应生成铜,过滤后滤渣中含有铜和铁,加入盐酸,铁与盐酸反应生成氯化亚铁,铜与盐酸不反应,将铜分离出来;

故答案为:Fe;HCl;

(2)析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是减少CuCl的损失;生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止CuCl水解;

故答案为:减少产品CuCl的损失;防止CuCl水解;

(3)依据图示可知:CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl,产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到:CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4;

故答案为:CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4;

(4)氯化亚铜具有还原性;易被氧化而变质,具有见光分解,所以生产中应防止CuCl的氧化和见光分解,减少产品CuCl的损失;

故答案为:防止CuCl的氧化和见光分解.14、Na>Al>C>N第二周期第ⅤA族HClO4be3NO2+H2O=2HNO3+NO浓硝酸NO2能溶于浓H2SO4,因而不能用浓H2SO4干燥NO22Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑【分析】【分析】X;Y、Z、M、G、Q是六种短周期元素;原子序数依次增大,G是地壳中含量最高的金属元素,故G是铝;

Z的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应;故Z是氮;

Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍;Y的原子序数小于N,故Y是碳;

X单质在常温下呈气态;且原子序数小于C,故X是氢;

X与M同主族;M的原子序数小于铝,大于氧,故M是钠;

Q常温下为气体,故Q是氯,据此回答下列问题即可.【解析】【解答】解:依据分析可知:X为氢;Y为碳,Z为氮,M为钠,G为铝,Q为氯;

(1)C;N、Na、Cl四种元素;周期数越大原子半径越大,同一周期,原子序数越小,半径越大,故四种原子由大到小的顺序是:Na>Al>C>N,故答案为:Na>Al>C>N;

(2)Z为氮;N在元素周期表中的位置为第二周期第ⅤA族,故答案为:第二周期第ⅤA族;

(3)元素的非金属性越强,对应最高价氧化物的水化物的酸性越强,由于Cl元素的非金属性越强,故上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是:高氯酸,即HClO4,故答案为:HClO4;

(4)由于Al的活泼性强与Cu,故Al能与CuSO4溶液反应置换出Cu;故a不选;

Al的还原性较强,能在高温下与Fe2O3反应,但在常温下不反应,故b选;

Al与浓硫酸在冷的条件下钝化;故c不选;

Al具有两性;能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,故d不选;

Al与Na2CO3固体不能反应,故选e,故答案为:be;

(5)①若D是一种强酸,则此强酸为硝酸,即NO2与水反应生成HNO3和NO,化学反应方程式为:3NO2+H2O=2HNO3+NO;浓硝酸与Cu反应生成二氧化氮,故分液漏斗中加入的应是浓硝酸,由现象实验过程中,浓H2SO4中未发现有气体逸出,且浓H2SO4由无色变为红棕色,可以得出NO2能溶于浓硫酸中,故答案为:3NO2+H2O=2HNO3+NO;浓硝酸;NO2能溶于浓H2SO4,因而不能用浓H2SO4干燥NO2;

②若D是一种常见的强碱,则D为氢氧化钠,即过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气,反应的离子方程式为:2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑,故答案为:2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑.15、稀acacbFe(OH)3、Cu(OH)2【分析】【分析】依据流程图分析,含杂质铜的银和硝酸(含Fe3+)反应生成氮氧化物;得到硝酸银溶液,过量的银循环使用,生成的氮氧化物需要吸收,防止污染空气,溶液中含有硝酸银,硝酸铁,硝酸铜杂质;加入水冲稀促使铁离子和铜离子水解生成沉淀过滤,通过浓缩蒸发,冷却结晶,过滤洗涤得到硝酸银晶体;

(1)根据反应方程式:Ag+2HNO3(浓)═AgNO3+NO2↑+H2O,3Ag+4HNO3(稀)═3AgNO3+NO↑+2H2O可知:每生成1molAgNO3,消耗浓HNO32mol,产生1molNO2;而只需稀HNO34/3mol;放出NO1/3mol,据此答题;

(2)根据温度对反应速率的影响,加热保温是使反应加快,促使HNO3与Ag反应,而不希望HNO3挥发损失;

(3)根据盐的水解原理,溶液浓度变小,促进水解,使Fe3+、Cu2+生成难溶的Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀而除去.【解析】【解答】解:依据流程图分析,含杂质铜的银和硝酸(含Fe3+)反应生成氮氧化物;得到硝酸银溶液,过量的银循环使用,生成的氮氧化物需要吸收,防止污染空气,溶液中含有硝酸银,硝酸铁,硝酸铜杂质;加入水冲稀促使铁离子和铜离子水解生成沉淀过滤,通过浓缩蒸发,冷却结晶,过滤洗涤得到硝酸银晶体;

(1)根据反应方程式:Ag+2HNO3(浓)═AgNO3+NO2↑+H2O,3Ag+4HNO3(稀)═3AgNO3+NO↑+2H2O可知:每生成1molAgNO3,消耗浓HNO32mol,产生1molNO2;而只需稀HNO34/3mol;放出NO1/3mol,所以用稀硝酸比用浓硝酸好,故选ac;

故答案为:稀;ac;

(2)根据温度对反应速率的影响,加热保温是使反应加快,促使HNO3与Ag反应,而不希望HNO3挥发损失;

故选ac;

(3)根据盐的水解原理,溶液浓度变小,促进水解,所以冲稀静置时发生化学反应的类型是水解反应,故选b,水解使Fe3+、Cu2+生成难溶的Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀而除去;

故答案为:b;Fe(OH)3、Cu(OH)2.16、MgSO4+2KOH=Mg(OH)2↓+K2SO4K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑K2CO3KOHBaSO4、Mg(OH)2KCl、KOHHCl过滤蒸发【分析】【分析】由分离流程可知;固体溶解后,除杂,选择氯化钡;碳酸钾、KOH,使硫酸镁转化为沉淀,溶液B中主要含KCl、KOH、然后加盐酸除杂,最后蒸发结晶得到KCl.

(1)MgSO4与KOH反应生成氢氧化镁和硫酸钾,K2CO3与盐酸反应生成氯化钾;水、二氧化碳;

(2)除杂使镁离子;硫酸根离子及过量试剂转化为沉淀;

(3)滤渣为沉淀物;滤液B为KCl;KOH,应除去KOH;

(4)①分离沉淀和溶液,②分离可溶性固体与水.【解析】【解答】解:由分离流程可知;固体溶解后,除杂,选择氯化钡;碳酸钾、KOH,使硫酸镁转化为沉淀,溶液B中主要含KCl、KOH、然后加盐酸除杂,最后蒸发结晶得到KCl.

(1)MgSO4与KOH反应生成氢氧化镁和硫酸钾,反应为MgSO4+2KOH=Mg(OH)2↓+K2SO4,K2CO3与盐酸反应生成氯化钾、水、二氧化碳,反应为K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑,故答案为:MgSO4+2KOH=Mg(OH)2↓+K2SO4;K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑;

(2)由上述分析可知,溶液A的“除杂”环节中,先加入过量的BaCl2溶液,除去硫酸根离子,搅拌后,再加入过量的K2CO3溶液,再经搅拌后,再加入过量的KOH溶液,镁离子转化为沉淀,然后过滤,故答案为:K2CO3;KOH;

(3)由上述分析可知滤渣为BaSO4、Mg(OH)2,滤液B中含KCl、KOH,对滤液B除杂加入的试剂是HCl,故答案为:BaSO4、Mg(OH)2;KCl;KOH;HCl;

(4)由上述分析可知,①为过滤,②为蒸发,故答案为:过滤;蒸发.17、G<Y<Q<Z<XH元素的化合价降低,则Q中Cl元素的化合价升高④C【分析】【分析】(1)(2)①G→Q十NaCl中,NaCl中Cl元素为-1价,则Cl元素的化合价为Q>G>-1,②Q+H2O→X+H2中,H元素的化合价降低,则Cl元素的化合价升高,所以Cl元素的化合价为X>Q,③Y十NaOH→G十Q十H2O中,结合①可知Cl元素的化合价为Q>Y>G,④Z十NaOH→Q十X十H2O中;结合②可知,Cl元素的化合价为X>Z>Q;

(3)六氧化二氯遇与碱溶液反应可得到两种氯的含氧酸盐;有最高价的+7价的高氯酸钠生成;

(4)反应开始就加入了酸,H+浓度最大,但开始时反应缓慢,不能是H+起催化剂作用,反应中亚氯酸分解时既被氧化,又被还原,逸出ClO2使反应的生成物浓度降低,反应速率应减慢,只有可能Cl-起催化作用.【解析】【解答】解:(1)①G→Q十NaCl中,NaCl中Cl元素为-1价,则Cl元素的化合价为Q>G>-1,②Q+H2O→X+H2中,H元素的化合价降低,则Cl元素的化合价升高,所以Cl元素的化合价为X>Q,③Y十NaOH→G十Q十H2O中,结合①可知Cl元素的化合价为Q>Y>G,④Z十NaOH→Q十X十H2O中;结合②可知,Cl元素的化合价为X>Z>Q,故氯的化合价由低到高的顺序为:G<Y<Q<Z<X,故答案为:G<Y<Q<Z<X;

(2)Q+H2O→X+H2中;H元素的化合价降低,则Q中Cl元素的化合价升高,故答案为:H元素的化合价降低,则Q中Cl元素的化合价升高;

(3)六氧化二氯遇与碱溶液反应可得到两种氯的含氧酸盐;有最高价的+7价的高氯酸钠生成,上述反应中③④得到两种氯的含氧酸盐,但X中氯元素化合价最高,故应发生④的反应,故答案为:④;

(4)A.反应中亚氯酸分解时既被氧化;又被还原,故A错误;

B.反应开始就加入了酸,H+浓度最大,但开始时反应缓慢,不能是H+起催化剂作用;故B错误;

C.分析各因素,只有可能Cl-起催化作用;故C正确;

D.逸出ClO2使反应的生成物浓度降低,反应速率应减慢,故放出ClO2不影响反应速率;故D错误;

故答案为:C.18、略

【分析】试题分析:(1)CaC2与水反应生成乙炔的反应方程式为CaC2+2H2O===CH≡CH↑+Ca(OH)2。(2)第二周期元素C、N、O三种元素的第一电离能从大到小顺序为N>O>C,原因是C、N、O三种元素的原子半径依次减小,原子核对外层电子的吸引力依次增强,元素的第一电离能依次增大;但O原子最外层电子排布为2s22p4,而N原子最外层电子排布为2s22p3,p电子排布处于半充满状态,根据洪特规则特例可知,半充满状态更稳定,所以N元素的第一电离能比O大。(3)O22+的电子式可表示为由O22+的电子式可知在每个O22+中含有2个Π,在1molO22+中含有的Π键数目为2NA。(4)由CaC2晶体的晶胞结构可看出在CaC2晶体中1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为4个。(5)Cu是29号元素,其Cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。(6)在丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型从左到右,第一、第二个C原子的杂化为sp2杂化,第三个C原子的杂化是sp杂化。分子中处于同一直线上的原子数目最多为3个。考点:考查乙炔的分子结构、化学性质、组成元素的电离能的比较及形成的化合物丙烯晴等的结构的知识。【解析】【答案】(1)CaC2+2H2O===CH≡CH↑+Ca(OH)2(2)N>O>CC、N、O原子半径依次减小,原子核对外层电子的吸引力依次增强,元素的第一电离能依次增大;但O原子最外层电子排布为2s22p4,而N原子最外层电子排布为2s22p3,p电子排布处于半充满状态,根据洪特规则特例可知,半充满状态更稳定,所以N元素的第一电离能比O大。(3)2NA(4)4(5)1s22s22p63s23p63d10(6)sp杂化sp2杂化3四、判断题(共2题,共14分)19、×【分析】【分析】伴有能量变化的物质变化不一定发生化学反应.【解析】【解答】解:伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化,如灯泡发光过程中有热能变化,故错误;20、√【分析】【分析】石墨中每个碳原子与气体3个C形成3个共价键,利用均摊法计算出1molC含有的共价键;【解析】【解答】解:12g石墨中含有1molC,1mol碳原子与其它3mol碳原子形成了3mol共价键,1mol碳原子形成的共价键为:×3mol=1.5mol,含有的共价键数为1.5NA,故答案为:√.五、书写(共4题,共16分)21、Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+NH4+Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OCl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+【分析】【分析】硫酸铝溶液和氨水的反应生成硫酸铵和氢氧化铝;

氢氧化铝和氢氧化钠溶液的反应生成偏铝酸钠和水;

氯化亚铁溶液和氯气的反应生成氯化铁.【解析】【解答】解:硫酸铝溶液和氨水的反应生成硫酸铵和氢氧化铝,离子方程式:Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+NH4+;

氢氧化铝和氢氧化钠溶液的反应生成偏铝酸钠和水,离子方程式:Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O;

氯化亚铁溶液和氯气的反应生成氯化铁,离子方程式:Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+;

故答案为:Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+NH4+;Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O;Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+.22、产生白色沉淀Ca2++SO42-=CaSO4↓产生白色沉淀CaSO4+CO32-SO42-+CaCO3沉淀溶解平衡,溶解度小的容易转化为溶解度更小【分析】【分析】CaCl2溶液中滴入Na2SO4溶液生成沉淀CaSO4;

CaSO4在水中微溶,溶液中存在难溶电解质的溶解平衡:Ca2++SO42-CaSO4↓,碳酸钙溶解度小于硫酸钙,加入Na2CO3溶液会生成沉淀CaCO3,依据沉淀溶解平衡移动因素解答.【解析】【解答】解:(1)CaCl2溶液中滴入Na2SO4溶液生成沉淀CaSO4,离子方程式:Ca2++SO42-=CaSO4↓;

故答案为:Ca2++SO42-=CaSO4↓;

(2)CaSO4在水中微溶,溶液中存在难溶电解质的溶解平衡:Ca2++SO42-CaSO4↓,碳酸钙溶解度小于硫酸钙,加入Na2CO3溶液会生成沉淀CaCO3,实现沉淀的转化,所以吸取上层清液置于试管中,滴入1mol•L-1Na2CO3溶液.会看到产生白色沉淀,离子方程式:CaSO4+CO32-SO42-+CaCO3;

故答案为:产生白色沉淀;CaSO4+CO32-SO42-+CaCO3;

(3)通过(1)(2)的实验现象可知:沉淀溶解平衡,溶解度小的容易转化为溶解度更小,故答案为:沉淀溶解平衡,溶解度小的容易转化为溶解度更小.23、12Zn+2H+=Zn2++H2↑4g【分析】【分析】(1)氢气体积=(0.282m)3=0.0224m3=22.4L,根据n=;m=nM计算氢气物质的量、质量;

(2)Zn和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气;

(3)相同条件下,气体摩尔体积相等,相同体积的不同气体其物质的量相等,根据m=nM计算氦气质量.【解析】【解答】解:(1)氢气体积=(0.282m)3=0.0224m3=22.4L,氢气物质的量n===1mol;氢气质量m=nM=1mol×2g/mol=2g,故答案为:1;2;

(2)Zn和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气,离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑,故答案为:Zn+2H+=Zn2++H2↑;

(3)相同条件下,气体摩尔体积相等,相同体积的不同气体其物质的量相等,氦气质量m=nM=1mol×4g/mol=4g,故答案为:4g.24、4MnO4-+12H+═4Mn2++5O2↑+6H2O淀粉溶液【分析】【分析】(1)由题目信息,可知锰元素化合价由MnO4-中+7价降低为Mn2+中+2价,1个Mn2+化合价变化5,氧元素化合价由-2价升高为0价,1个氧气化合价变化4,据化合价升降总数相等,化合价升降的最小公倍数为20,所以Mn2+的系数为4,O2的系数为5;再根据元素守恒(电荷守恒),配平其它物质的系数;

(2)根据碘遇淀粉溶液变蓝,当蓝色消失时,表明反应2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6完全进行;

(3)先根据方程式2Mn+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O求出n(C2O42-),再根据关系式Cu2+Na2S2O3求出n(Cu2+),根据电荷守恒可得化学式K2[Cu(C2O4)2]•xH2O,最后根据质量守恒求出x,最终求出化学式.【解析】【解答】解:(1)锰元素化合价由MnO4-中+7价降低为Mn2+中+2价,1个Mn2+化合价变化5,氧元素化合价由-2价升高为0价,1个氧气化合价变化4,据化合价升降总数相等,化合价升降的最小公倍数为20,所以Mn2+的系数为4,O2的系数为5,再根据元素守恒(电荷守恒),得方程式为:4MnO4-+12H+═4Mn2++5O2↑+6H2O;

故答案为:4MnO4-+12H+═4Mn2++5O2↑+6H2O;

(2)碘遇淀粉溶液变蓝,当蓝色消失时,表明反应2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6完全进行;故答案为:淀粉溶液;

(3)n(C2O42-)=0.02000mol•L-1×20.00×10-3L×=1.000×10-3mol

n(Cu2+)=0.05000mol•L-1×10.00×10-3L=0.5000×10-3mol;

由电荷守恒知,该晶体的化学式为K2[Cu(C2O4)2]•xH2O;

m(H2O)=0.1680g-0.5000×10-3mol×M[K2Cu(C2O4)2]

=0.1680g-0.5000×10-3mol×318g•mol-1=0.009g;

n(H2O)=0.009g/(18g•mol-1)=0.5000×10-3mol;

n(H2O):n(Cu2+)=1:1;即x=1;

答:该晶体的化学式为K2[Cu(C2O4)2]•H2O.六、探究题(共4题,共20分)25、|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.26、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

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