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2019-2020年高三下学期月考化学试卷(3月份)含解析
一、选择题(共15小题,每小题3分,满分45分)1.向某NaOH溶液中通入CO2气体后得到溶液M,因CO2通入的量不同,溶液M的组成也不同,若向M中逐滴加入盐酸,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系如图所示.则下列分析与判断不正确的是(不计CO2溶解)( )A.若OB=0,则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH﹣+CO2═HCO3﹣B.若OB=BC,则溶液M为Na2CO3溶液C.若OB>BC,则溶液M中大量存在的阴离子为CO32﹣和HCO3﹣D.若3OB=BC,则溶液M中c(NaHCO3)=2c(Na2CO3)2.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关.下列措施有利于节能减排、保护环境的是( )
①加快化石燃料的开采与使用;
②研发易降解的生物农药;
③应用高效洁净的能源转换技术;
④田间焚烧秸秆;
⑤推广使用节能环保材料.A.
①③⑤B.
②③⑤C.
①②④D.
②④⑤3.下列关于相关反应的叙述错误的是( )A.硫化钠溶液中通入硫化氢气体不发生化学反应B.向铜粉中加入稀硫酸,铜粉不溶解,再加入Cu(NO3)2固体,铜粉溶解C.将少量氯气通入碘化亚铁和淀粉混合溶液,溶液变蓝D.硫化亚铁加入稀硫酸后可以产生硫化氢气体4.某有机物的结构简式如图所示,则下列有关说法正确的是( )A.该有机物可以发生氧化、加成、加聚、取代等反应B.该有机物能与NaOH溶液反应,则1mol该有机物能消耗2molNaOHC.该有机物的分子式为C12H14O5,且与C11H12O5一定互为同系物D.该有机物分子中所有碳原子不可能都在同一平面上5.下列描述中正确的是( )A.HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣
57.3kJ•mol﹣1,则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热△H=2×(﹣
57.3)kJ•mol﹣1B.CO(g)的燃烧热是
283.0kJ•mol﹣1,则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的△H=+2×
283.0kJ•mol﹣1C.牺牲阳极阴极保护法是应用电解原理防止金属的腐蚀D.用洁净玻璃棒蘸取某溶液点在湿润的pH试纸上,与标准比色卡对比即可测定该溶液pH6.是较为安全的高效核聚变反应原料,原子核内中子数是( )A.1B.2C.3D.57.维生素E是一种脂溶性维生素,对抗衰老等有特殊作用,经研究发现维生素E有α、β、γ、δ四种类型,其结构简式如图所示(R为﹣CH2CH2CH2[CH(CH3)CH2CH2]2CH(CH3)2).上述互为同分异构体的是( )A.αβB.βγC.γδD.αδ8.根据下列化学方程式,判断有关物质的还原性强弱的顺序为( )
①I2+SO2+2H2O═H2SO4+2HI;
②2FeCl2+Cl2═2FeCl3;
③2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2.A.I﹣>Fe2+>Cl﹣>SO2B.Cl﹣>Fe2+>SO2>I﹣C.Fe2+>I﹣>Cl﹣>SO2D.SO2>I﹣>Fe2+>Cl﹣9.现有结构简式如图所示的某有机物,它是药物生产的中间体,关于该有机物叙述正确的是( )A.该有机物与溴水发生加成反应B.该有机物与浓硫酸混合加热可发生消去反应C.该有机物经催化氧化后能发生银镜反应D.1mol该有机物与足量NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH10.下列实验设计、操作或实验现象不合理的是( )A.实验室制取乙炔时,用饱和食盐水代替蒸馏水,以得到平稳的气流B.检验甲酸中是否混有乙醛,可向样品中加入足量NaOH溶液以中和甲酸后,再做银镜反应实验或与新制Cu(OH)2共热的实验C.除去苯中的少量苯酚加入适量NaOH溶液,振荡、静置、分液D.液态溴乙烷中加入稀NaOH溶液共煮几分钟,然后加入稀硝酸酸化,再加入AgNO3溶液检验溴乙烷中是否含有溴元素11.已知RO32﹣的核内有x个中子,R的质量数为A,则mgRO32﹣含有电子的物质的量为( )A.B.C.D.12.在一定体积pH=12的Ba(OH)2溶液中,逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液,当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时,溶液pH=11.若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和,则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液体积比是( )A.19B.11C.12D.1413.关于下列各图的叙述,正确的是( )A.甲表示1molH2(g)完全燃烧生成水蒸气吸收
241.8kJ热量B.甲表示2molH2(g)所具有的能量一定比2mol气态水所具有的能量多
483.6kJC.乙表示常温下,稀释HA、HB两种酸的稀溶液时,溶液pH随加水量的变化,则同温同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液的pHD.乙图中起始时HA的物质的量浓度大于HB14.下列图示与对应叙述相符合的是( )A.图I反应H2+I2⇌2HI达平衡后,升高温度时反应速率随时间的变化B.图Ⅱ反应2SO2+O2⇌2SO3达平衡后,缩小容器体积时各成分的物质的量变化C.图III反应N2+3H2⇌2NH3在温度一定的情况下,反应速率与压强的关系D.图IV反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H>0,水蒸气含量随时间的变化15.向一定量的Fe、FeO、Fe2O
3、Fe3O4的混合物中加入150mL4mol•L﹣1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解,放出
2.24LNO(标准状况),往所得溶液中加入KSCN溶液,无红色出现.若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物,所得到的铁的物质的量为( )A.
0.21molB.
0.25molC.
0.3molD.
0.35mol
二、解答题(共10小题,满分59分)16.一定条件下,在体积为3L的密闭容器中,一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g).根据题意和所给图象完成下列各题
(1)反应达到平衡时,平衡常数表达式K=
(2)升高温度,K值 (填“增大”“减小”或“不变”).17.可逆反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)+dD(g);根据图1,2回答
(1)压强P1比P2 (填“大”或“小”);
(2)(a+b)比(c+d) (填“大”或“小”);
(3)温度t1℃比t2℃ (填“高”或“低”);
(4)正反应为 反应(填“吸热”或“放热”).18.二十一世纪世界资源争夺的重点是海洋.海底有石油、可燃冰、石油气、矿砂、锰结核的资源,海水中除有渔业资源外,还有食盐、溴、碘等许多化学资源,所有资源中最丰富的是水资源.
(1)海水中质量分数最高的元素是氧,该元素的原子核外电子占据的轨道共有 个能级,有 个未成对电子.
(2)水的沸点为100℃,氟化氢的沸点为
19.5℃,水与氟化氢比较,稳定性较强的是 .水的沸点比硫化氢高,其原因是 .
(3)提取碘是将海带灼烧成灰,溶于水过滤,滤液中通入氯气,反应的离子方程式为 ,再用四氯化碳将生成的单质碘 (填写实验操作名称)出来,最后用 (填写实验操作名称)使碘和四氯化碳分离.
(4)海洋元素中的氯、溴、碘统称为海水中的卤素资源,它们的最外层电子排布都可表示为 .19.实验室用密度为
1.18g/mL,质量分数为
36.5%浓盐酸配制250mL
0.1mol/L的盐酸溶液,填空并请回答下列问题
(1)配制250mL
0.1mol/L的盐酸溶液应量取该浓盐酸体积/mL应选用容量瓶的规格/mL除容量瓶外还需要的其它仪器A、用30mL水洗涤烧杯2﹣3次,洗涤液均注入容量瓶,振荡B、用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积,沿玻璃棒倒入烧杯中,再加入少量水(约30mL),用玻璃棒慢慢搅动,使其混合均匀C、将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D、将容量瓶盖紧,颠倒摇匀E、改用胶头滴管加水,使溶液凹面恰好与刻度相切F、继续往容量瓶内小心加水,直到液面接近刻度1~2cm处
(3)操作A中,将洗涤液都移入容量瓶,其目的是 ,溶液注入容量瓶前需恢复到室温,这是因为 ;
(4)若出现如下情况,对所配溶液浓度将有何影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)?若没有进行A操作 ;若加蒸馏水时不慎超过了刻度线 ;若定容时俯视刻度线 .
(5)若实验过程中出现如下情况如何处理?加蒸馏水时不慎超过了刻度线 ;向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面 .20.为了验证炭粉与浓硫酸作用确实有二氧化碳气体生成,某同学创设如下图所示的A、B、C三个装置进行实验,其中省略了课本上炭粉与浓硫酸反应的发生装置图.已知C中的KMnO4酸性溶液是足量的,具有强氧化性,还原性的SO2气体经过KMnO4酸性溶液后能全部被吸收氧化,据此,请回答下列问题.
(1)炭粉与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式为
(2)由
(1)产生的混合气体流经装置A、B、C的先后顺序是 、 、 (填A、B、C),气流依次经过装置管口顺序号为(填管口序号a、b、c、d、e、f);气体发生装置导管口接 ,然后 接 , 接 ;
(3)装置B的作用是 ,装置B中观察到的现象是 ;
(4)装置A中观察到的现象是 ,得到的结论是 .21.实验室用下列装置制取氯气,丙用氯气进行实验,回答下列问题
(1)A中盛有浓硫酸,B中盛有MnO2,写出反应的化学方程式
(2)为了得到纯净干燥的Cl2,则C、D中应分别放入下列溶液中的
①NaOH溶液
②饱和食盐水
③AgNO3溶液
④浓H2SO4
(3)E中为红色干布条,F中为红色湿布条,可观察到的现象是
(4)G处的现象是 ,离子方程式
(5)画出H处尾气吸收装置图丙注明试剂
(6)实验室还可以用KMnO4固体和浓盐酸反应制取氯气2KMnO4+16HCl═2KMnCl2+5Cl2↑+8H2O,氧化剂和还原剂的物质的量之比为 .22.取一定量的镁、铝混合粉末,加入1mol/L的硫酸300mL,使之完全溶解(酸过量);再加入过量的未知浓度的KOH溶液200mL,得到
5.8g沉淀;过滤后向滤液中加入2mol/L盐酸100mL,恰好沉淀完全;将沉淀滤出,洗涤、干燥,称量为
7.8g.求
(1)原来混合物中镁和铝的质量分数;
(2)所用KOH的物质的量浓度.23.某工业废液中含有Cu2+、Mg2+、Zn2+等离子,为将其回收利用,再采用了如下工艺已知Zn(OH)2的性质与Al(OH)3相似所用试剂在下列试剂中选择
①铁粉
②锌粉
③稀HNO3
④稀H2SO4
⑤稀HCl
⑥稀氨水
⑦NaOH溶液
⑧石灰水请回答下列问题
(1)试剂
1、试剂
2、试剂3分别可以是 、 、 (填编号)
(2)操作2是 、 、
(3)操作3是
(4)加过量CO2时发生反应的离子方程式
(5)在金属冶炼方法中方法1是 方法2是 .24.利用芳香烃X和烯烃Y可以合成紫外线吸收剂BAD.已知G不能发生银镜反应,B遇FeCl3溶液显紫色,C到D的过程为引入羧基(﹣COOH)的反应.其中BAD结构简式为BAD的合成路线如下试回答下列问题
(1)写出结构简式Y ,D .
(2)上述属于取代反应的有 (填数字序号).
(3)1molBAD最多可与含 molNaOH的溶液完全反应.
(4)写出方程式反应
④ .B+E .
(5)E有多种同分异构体,判断符合下列要求的同分异构体数目为 种.
①能发生银镜反应
②遇FeCl3溶液显紫色
③核磁共振氢谱图中有四个吸收峰.25.吡洛芬是一种用于治疗风湿病的药物.它的合成路线如下回答下列问题
(1)B→C的反应类型为 .
(2)A→B的化学方程式为 .从整个合成路线看,步骤A→B的目的是 .
(3)E的结构简式为 .
(4)A在一定条件下可生成F().写出同时满足下列条件的F的两种同分异构体的结构简式 、 .
①属于芳香族化合物
②是一种α﹣氨基酸
③分子中有6种不同化学环境的氢原子
(5)非那西汀是一种解热药,其结构简式为.写出以苯酚钠、CH3CH2OH和(CH3CO)2O为原料制备非那西汀的合成路线流程图(无机试剂任用).合成路线流程图示例如下CH2CH2CH3CH2BrCH3CH2OH. xx山东省济南市历城区柳埠一中高三(下)月考化学试卷(3月份)参考答案与试题解析
一、选择题(共15小题,每小题3分,满分45分)1.向某NaOH溶液中通入CO2气体后得到溶液M,因CO2通入的量不同,溶液M的组成也不同,若向M中逐滴加入盐酸,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系如图所示.则下列分析与判断不正确的是(不计CO2溶解)( )A.若OB=0,则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH﹣+CO2═HCO3﹣B.若OB=BC,则溶液M为Na2CO3溶液C.若OB>BC,则溶液M中大量存在的阴离子为CO32﹣和HCO3﹣D.若3OB=BC,则溶液M中c(NaHCO3)=2c(Na2CO3)【考点】离子方程式的有关计算.【分析】CO2与NaOH反应为
①CO2+NaOH=NaHCO3,
②CO2+2NaOH=Na2CO3+H20,当≥1,反应按
①进行,等于1时,CO
2、NaOH恰好反应生成NaHCO3;大于1时,生成生成NaHCO3,CO2有剩余;当<<1,反应按
①②进行,CO
2、NaOH反应,无剩余,生成物为NaHCO
3、Na2CO3;当≤,反应按
②进行,等于时,CO
2、NaOH恰好反应生成Na2CO3;小于时,生成Na2CO3,NaOH有剩余;向M中逐滴加入盐酸,根据溶液M中溶质不同,通过反应过程判断.【解答】解由分析可知向NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M中溶质情况有
(1)当含有两种溶质时,
①若溶质为Na2CO
3、NaOH时,不能立即产生气体,滴加盐酸先中和氢氧化钠,然后与碳酸钠反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳,且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积同碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积相等,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系为;
②若为NaHCO
3、Na2CO3,不能立即产生气体,滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳,且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积小于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系为;
(2)若只有一种溶质时,
①当溶质为Na2CO3时,不能立即产生气体,滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳,且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系为;
②当溶质为NaHCO3时,滴加盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳,立即产生气体,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系为.A、若OB=0,则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH﹣+CO2═HCO3﹣,若OB=0,则滴入盐酸所发生反应的离子方程式为H++HCO3﹣═CO2↑+H2O,故A正确;B、当溶质为Na2CO3时,不能立即产生气体,滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳,且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积,故B正确;C、若OB>BC,则溶液M中大量存在的阴离子为CO32﹣和OH﹣,故C错误;D、若3OB=BC,则溶液M中c(NaHCO3)=2c(Na2CO3),故D正确;故选C. 2.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关.下列措施有利于节能减排、保护环境的是( )
①加快化石燃料的开采与使用;
②研发易降解的生物农药;
③应用高效洁净的能源转换技术;
④田间焚烧秸秆;
⑤推广使用节能环保材料.A.
①③⑤B.
②③⑤C.
①②④D.
②④⑤【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发.【分析】“节能减排,科学发展”的主题是节约能源,减少二氧化碳等温室气体的排放,有计划的发展,科学的发展.【解答】解
①加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量,故不符合题意;
②研发易降解的生物农药能减少污染物的排放,故符合题意;
③应用高效洁净的能源转换技术,可以节约能源,减少二氧化碳的排放,故符合题意;
④田间焚烧秸秆增加二氧化碳的排放,故不符合题意;
⑤推广使用节能环保材料可以节约能源,减少二氧化碳的排放,故符合题意.即有利于节能减排、保护环境的是
②③⑤,故选B. 3.下列关于相关反应的叙述错误的是( )A.硫化钠溶液中通入硫化氢气体不发生化学反应B.向铜粉中加入稀硫酸,铜粉不溶解,再加入Cu(NO3)2固体,铜粉溶解C.将少量氯气通入碘化亚铁和淀粉混合溶液,溶液变蓝D.硫化亚铁加入稀硫酸后可以产生硫化氢气体【考点】含硫物质的性质及综合应用;氯气的化学性质;铜金属及其重要化合物的主要性质.【分析】A、硫化钠和硫化氢反应生成硫氢化钠;B、稀硫酸不能和铜反应,加入硝酸铜溶液,形成稀硝酸氧化铜发生反应;C、碘离子还原性大于亚铁离子,少量氯气氧化碘离子;D、硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫化氢气体.【解答】解A、硫化钠和硫化氢反应生成硫氢化钠,Na2S+H2S=2NaHS,故A错误;B、稀硫酸不能和铜反应,加入硝酸铜溶液,形成稀硝酸氧化铜发生反应,所以再加入Cu(NO3)2固体,铜粉溶解,故B正确;C、碘离子还原性大于亚铁离子,少量氯气氧化碘离子为碘单质,遇到淀粉变蓝色,故C正确;D、硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫化氢气体是实验室制备硫化氢气体的原理,故D正确;故选A. 4.某有机物的结构简式如图所示,则下列有关说法正确的是( )A.该有机物可以发生氧化、加成、加聚、取代等反应B.该有机物能与NaOH溶液反应,则1mol该有机物能消耗2molNaOHC.该有机物的分子式为C12H14O5,且与C11H12O5一定互为同系物D.该有机物分子中所有碳原子不可能都在同一平面上【考点】有机物的结构和性质.【分析】分子中含﹣COOH、醚键、碳碳双键、﹣OH,结合羧酸、烯烃、醇的性质来解答.【解答】解A.含碳碳双键,可发生氧化、加成、加聚反应,含﹣COOH、﹣OH可发生取代反应,故A正确;B.只有﹣COOH与NaOH反应,则该有机物能与NaOH溶液反应,则1mol该有机物能消耗1molNaOH,故B错误;C.由结构简式可知有机物的分子式为C12H14O5,与C11H12O5的结构不一定相似,则不一定互为同系物,故C错误;D.苯环、碳碳双键均为平面结构,直接相连的原子一定在同一平面,则该有机物分子中所有碳原子可能都在同一平面上,故D错误;故选A. 5.下列描述中正确的是( )A.HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣
57.3kJ•mol﹣1,则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热△H=2×(﹣
57.3)kJ•mol﹣1B.CO(g)的燃烧热是
283.0kJ•mol﹣1,则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的△H=+2×
283.0kJ•mol﹣1C.牺牲阳极阴极保护法是应用电解原理防止金属的腐蚀D.用洁净玻璃棒蘸取某溶液点在湿润的pH试纸上,与标准比色卡对比即可测定该溶液pH【考点】反应热和焓变;金属的电化学腐蚀与防护;试纸的使用.【分析】A、中和热是指在稀溶液中,强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量,生成硫酸钡沉淀也会放出热量;B、燃烧热是指25℃101KP时,1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量;C、利用原电池原理保护金属的方法属于牺牲阳极阴极保护法;D、测定溶液的pH时,pH试纸不能湿润.【解答】解A、HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣
57.3kJ•mol﹣1,H2SO4和Ba(OH)2反应时生成硫酸钡沉淀也会放出热量,则△H<2×(﹣
57.3)kJ•mol﹣1,故A错误;B、燃烧热是指25℃101KP时,1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量,CO(g)的燃烧热是
283.0kJ•mol﹣1,则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的△H=+2×
283.0kJ•mol﹣1,故B正确;C、利用原电池原理保护金属的方法属于牺牲阳极阴极保护法,应用电解原理防止金属的腐蚀属于外加电源的阴极保护法,故C错误;D、测定溶液的pH时,pH试纸不能湿润,若试纸湿润,则溶液会被稀释,测得的pH可能会有误差,故D错误.故选B. 6.是较为安全的高效核聚变反应原料,原子核内中子数是( )A.1B.2C.3D.5【考点】核素;质量数与质子数、中子数之间的相互关系.【分析】元素符号的左下角为质子数,左上角为质量数,根据质量数=质子数+中子数解题.【解答】解根据中子数=质量数﹣质子数=3﹣2=1,故选A. 7.维生素E是一种脂溶性维生素,对抗衰老等有特殊作用,经研究发现维生素E有α、β、γ、δ四种类型,其结构简式如图所示(R为﹣CH2CH2CH2[CH(CH3)CH2CH2]2CH(CH3)2).上述互为同分异构体的是( )A.αβB.βγC.γδD.αδ【考点】有机化合物的异构现象.【分析】分子式相同结构不同的化合物是同分异构体,根据结构判断分子式是否相同而结构不同.【解答】解四种维生素E中,连接酚羟基的苯环上的取代基都有羟基,苯环上α有3个甲基,β有2个甲基,处于对位,γ有两个甲基处于邻位,δ有1个甲基,故βγ互为同分异构体,故选B. 8.根据下列化学方程式,判断有关物质的还原性强弱的顺序为( )
①I2+SO2+2H2O═H2SO4+2HI;
②2FeCl2+Cl2═2FeCl3;
③2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2.A.I﹣>Fe2+>Cl﹣>SO2B.Cl﹣>Fe2+>SO2>I﹣C.Fe2+>I﹣>Cl﹣>SO2D.SO2>I﹣>Fe2+>Cl﹣【考点】氧化性、还原性强弱的比较.【分析】同一自发进行的氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,据此分析解答.【解答】解
①I2+SO2+2H2O═2HI+H2SO4中还原剂是SO
2、还原产物是HI,所以还原性SO2>HI;
②2FeCl2+Cl2═2FeCl3中还原剂是FeCl
2、还原产物是FeCl3,所以还原性FeCl2>FeCl3;
③2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2中还原剂是HI、还原产物是FeCl2,所以还原性HI>FeCl2;通过以上分析知,还原性强弱顺序是SO2>I﹣>Fe2+>Cl﹣,故选D. 9.现有结构简式如图所示的某有机物,它是药物生产的中间体,关于该有机物叙述正确的是( )A.该有机物与溴水发生加成反应B.该有机物与浓硫酸混合加热可发生消去反应C.该有机物经催化氧化后能发生银镜反应D.1mol该有机物与足量NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH【考点】有机物的结构和性质.【分析】由结构简式可知,分子中含酚﹣OH、﹣COOC﹣、醇﹣OH、﹣Cl,结合酚、酯、醇、卤代烃的性质来解答.【解答】解A.不含双键、三键等,则不能与溴水发生加成反应,故A错误;B.与﹣OH相连C的邻位C上没有H,则该有机物与浓硫酸混合加热不能发生消去反应,故B错误;C.与﹣OH相连C上有2个H,则该有机物经催化氧化后得到﹣CHO,能发生银镜反应,故C正确;D.酚﹣OH、﹣COOC﹣,及﹣Cl水解生成的HCl、﹣COOC﹣水解生成的酚﹣OH均与NaOH反应,则1mol该有机物与足量NaOH溶液反应最多消耗4molNaOH,故D错误;故选C. 10.下列实验设计、操作或实验现象不合理的是( )A.实验室制取乙炔时,用饱和食盐水代替蒸馏水,以得到平稳的气流B.检验甲酸中是否混有乙醛,可向样品中加入足量NaOH溶液以中和甲酸后,再做银镜反应实验或与新制Cu(OH)2共热的实验C.除去苯中的少量苯酚加入适量NaOH溶液,振荡、静置、分液D.液态溴乙烷中加入稀NaOH溶液共煮几分钟,然后加入稀硝酸酸化,再加入AgNO3溶液检验溴乙烷中是否含有溴元素【考点】化学实验方案的评价.【分析】A.实验中常用饱和食盐水代替水,目的减缓电石与水的反应速率;B.甲酸中也含有醛基;C.苯酚与氢氧化钠溶液反应;D.将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热,水解生成NaCl和乙醇,酸化后可检验溴离子.【解答】解A.由于电石和水的反应很剧烈,所以实验中常用饱和食盐水代替水,目的减缓电石与水的反应速率,故A正确;B.甲酸中也含有醛基,会对实验结果产生干扰,故B错误;C.苯不溶于水,苯酚与氢氧化钠溶液反应,可分液分离,故C正确;D.少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热,水解生成NaCl和乙醇,充分反应并冷却后,向上层清液中加稀HNO3酸化,再滴加AgNO3溶液,可观察到浅黄色沉淀生成,可证明,故D正确.故选B. 11.已知RO32﹣的核内有x个中子,R的质量数为A,则mgRO32﹣含有电子的物质的量为( )A.B.C.D.【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系;质子数、中子数、核外电子数及其相互联系.【分析】先根据氧原子的中子数以及粒子的中子数求出R的中子数,然后根据质量数=质子数+中子数求出R原子的质子数,再根据阴离子核外电子数=质子数之和+电荷数求出阴离子的电子数,最后根据n=计算mgRO3n﹣的物质的量从而计算出电子的物质的量;【解答】解氧原子的中子数为8,RO32﹣的核内有x个中子,则R的中子数为x﹣24,R原子的质子为A﹣x+24,1个RO32﹣含有电子数为A﹣x+24+2=A﹣x+26,mgRO3n﹣的物质的量为mol,所以mgRO32﹣含有电子的物质的量为×(A﹣x+26)mol,故选A; 12.在一定体积pH=12的Ba(OH)2溶液中,逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液,当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时,溶液pH=11.若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和,则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液体积比是( )A.19B.11C.12D.14【考点】离子方程式的有关计算;pH的简单计算.【分析】氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀,需要Ba(OH)2和NaHSO4按照物质的量11反应,结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算.【解答】解pH=12的Ba(OH)2溶液中C(OH﹣)=10﹣2mol/L,设溶液体积为x,得到氢氧根离子物质的量为x×10﹣2mol;反应的硫酸氢钠物质的量为
0.5x×10﹣2mol;设硫酸氢钠溶液体积为y,依据反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH,混合后溶液pH=11,计算得到溶液中氢氧根离子浓度为10﹣3mol/L;所以得到=10﹣3;得到x y=14,故选D. 13.关于下列各图的叙述,正确的是( )A.甲表示1molH2(g)完全燃烧生成水蒸气吸收
241.8kJ热量B.甲表示2molH2(g)所具有的能量一定比2mol气态水所具有的能量多
483.6kJC.乙表示常温下,稀释HA、HB两种酸的稀溶液时,溶液pH随加水量的变化,则同温同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液的pHD.乙图中起始时HA的物质的量浓度大于HB【考点】化学能与热能的相互转化;酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.【分析】A、依据图象分析,氢气和氧气反应生成水的过程是放热反应;B、依据反应前后能量守恒分析判断;C、酸性越弱对应盐的水解显碱性,水解程度越大,溶液pH越大;D、依据图象分析,起始时HA、HB溶液pH相同,根据稀释溶液pH变化,溶液浓度不相同.【解答】解A、图象表示的是2molH2和1molO2反应生成气体水放出的热量为
483.6KJ,故A错误;B、依据能量守恒,2molH2能量+1molO2能量=2molH2Omol+放出热量
483.6KJ,所以甲表示2molH2(g)所具有的能量比2mol气态水所具有的能量小
483.6kJ﹣1molO2能量,故B错误;C、依据图象乙,稀释HA、HB两种酸的稀溶液时,溶液pH随加水量的变化HA溶液PH变化大,酸性HA>HB,对应盐的碱性NaA<NaB,故C正确;D、依据图象乙分析,稀释起始时溶液pH相同,稀释HA酸溶液pH变化大,酸性强,所以溶液HA浓小于HB浓度,故D错误;故选C. 14.下列图示与对应叙述相符合的是( )A.图I反应H2+I2⇌2HI达平衡后,升高温度时反应速率随时间的变化B.图Ⅱ反应2SO2+O2⇌2SO3达平衡后,缩小容器体积时各成分的物质的量变化C.图III反应N2+3H2⇌2NH3在温度一定的情况下,反应速率与压强的关系D.图IV反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H>0,水蒸气含量随时间的变化【考点】化学平衡建立的过程.【分析】A.升高温度,平衡发生移动,正、逆速率变化不相等;B.缩小容器体积,压强增大,平衡向正反应方向移动,三氧化硫的物质的量增大、二氧化硫与氧气的物质的量减小;C.增大压强,正、逆反应速率都增大,平衡向正反应反应移动,正反应速率增大更多;D.由图可知,温度T2先到达平衡,故温度T2>T1,升高温度平衡向正反应方向移动,水蒸气的含量增大.【解答】解A.升高温度,平衡发生移动,正、逆速率变化不相等,图象中正、逆速率增大相同的倍数,图象与实际不相符,故A错误;B.缩小容器体积,压强增大,平衡向正反应方向移动,三氧化硫的物质的量增大、二氧化硫与氧气的物质的量减小,图象与实际相符合,故B正确;C.增大压强,正、逆反应速率都增大,平衡向正反应反应移动,正反应速率增大更多,图象中逆反应速率增大更多,图象与实际不相符,故C错误;D.由图可知,温度T2先到达平衡,故温度T2>T1,升高温度平衡向正反应方向移动,水蒸气的含量增大,图象中温度越高,水蒸气的含量越低,图象与实际不相符,故D错误;故选B. 15.向一定量的Fe、FeO、Fe2O
3、Fe3O4的混合物中加入150mL4mol•L﹣1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解,放出
2.24LNO(标准状况),往所得溶液中加入KSCN溶液,无红色出现.若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物,所得到的铁的物质的量为( )A.
0.21molB.
0.25molC.
0.3molD.
0.35mol【考点】有关混合物反应的计算;铁的氧化物和氢氧化物.【分析】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解,且所得溶液中加入KSCN溶液,无血红色出现,说明溶液中的溶质为硝酸亚铁,由铁元素守恒可知,足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物,得到铁的物质的量与硝酸亚铁中的铁的物质的量相同,根据硝酸的物质的量和生成NO的物质的量,求出溶液中硝酸亚铁的物质的量.【解答】解因一定量的Fe、FeO、Fe3O4和Fe2O3的混合物中加入150mL4mol/L的稀硝酸,恰好使混合物完全溶解,所得溶液中加入KSCN溶液,无血红色出现,则溶液中的溶质为Fe(NO3)2,
2.24LNO(标准状况)的物质的量为=
0.1mol,根据氮元素守恒,硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为
0.15L×4mol/L﹣
0.1mol=
0.5mol,所以硝酸亚铁的物质的量为=
0.25mol,由铁元素守恒可知,得到铁的物质的量为n(Fe)=
0.25mol.故选B.
二、解答题(共10小题,满分59分)16.一定条件下,在体积为3L的密闭容器中,一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g).根据题意和所给图象完成下列各题
(1)反应达到平衡时,平衡常数表达式K= ;
(2)升高温度,K值 减小 (填“增大”“减小”或“不变”).【考点】化学平衡常数的含义;化学平衡的影响因素.【分析】
(1)根据方程式和K的含义书写;
(2)根据温度对平衡的影响,判断K的变化.【解答】解
(1)已知CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g),则K=,故答案为;
(2)500℃时甲醇的物质的量小,所以升高温度,平衡逆移,所以K减小,故答案为减小. 17.可逆反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)+dD(g);根据图1,2回答
(1)压强P1比P2 小 (填“大”或“小”);
(2)(a+b)比(c+d) 小 (填“大”或“小”);
(3)温度t1℃比t2℃ 高 (填“高”或“低”);
(4)正反应为 吸热 反应(填“吸热”或“放热”).【考点】转化率随温度、压强的变化曲线;体积百分含量随温度、压强变化曲线.【分析】根据先拐先平衡判断t1>t2,p2>p1.温度升高,A的百分含量减小,说明平衡正向移动,△H>0,增大压强,A的转化率减小,说明增大压强平衡向逆反应方向移动,以此解答该题.【解答】解
(1)由图象可知P2先达到平衡,说明P2压强较大,反应速率较大,则压强P1比P2小,故答案为小;
(2)增大压强,A的转化率减小,说明增大压强平衡向逆反应方向移动,则(a+b)比(c+d)小,说故答案为小;
(3)由图象可知t1℃时先达到平衡,温度较高,则温度t1℃比t2℃高,故答案为高;
(4)温度升高,A的百分含量减小,说明平衡正向移动,△H>0,故答案为吸热. 18.二十一世纪世界资源争夺的重点是海洋.海底有石油、可燃冰、石油气、矿砂、锰结核的资源,海水中除有渔业资源外,还有食盐、溴、碘等许多化学资源,所有资源中最丰富的是水资源.
(1)海水中质量分数最高的元素是氧,该元素的原子核外电子占据的轨道共有 3 个能级,有 2 个未成对电子.
(2)水的沸点为100℃,氟化氢的沸点为
19.5℃,水与氟化氢比较,稳定性较强的是 HF .水的沸点比硫化氢高,其原因是 水分子之间存在氢键 .
(3)提取碘是将海带灼烧成灰,溶于水过滤,滤液中通入氯气,反应的离子方程式为 2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣ ,再用四氯化碳将生成的单质碘 萃取 (填写实验操作名称)出来,最后用 蒸馏 (填写实验操作名称)使碘和四氯化碳分离.
(4)海洋元素中的氯、溴、碘统称为海水中的卤素资源,它们的最外层电子排布都可表示为 ns2np5 .【考点】原子核外电子排布;物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.【分析】
(1)氧是8号元素,核外电子排布为1s22s22p4,所以有3个能级和2p轨道有2个未成对电子;
(2)非金属性越强氢化物的稳定性越强,而氟的非金属性强于氧,所以氟化氢比水稳定,水分子间存在氢键,而硫化氢分子间无氢键存在,所以水的沸点比硫化氢高;
(3)氯气先氧化碘离子,发生的离子反应为Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣,向上述反应后的滤液中加入1mLCCl4,发生萃取,然后用与不相溶的两种液体沸点不同,再用蒸馏的方法分离提纯;
(4)第ⅤⅡA族最外层7个电子,元素最外层电子排布都可表示为ns2np5.【解答】解
(1)氧是8号元素,核外电子排布为1s22s22p4,所以有3个能级和2p轨道有2个未成对电子,故答案为3;2;
(2)非金属性越强氢化物的稳定性越强,而氟的非金属性强于氧,所以氟化氢比水稳定,水分子间存在氢键,而硫化氢分子间无氢键存在,所以水的沸点比硫化氢高,故答案为HF;水分子之间存在氢键;
(3)氯气先氧化碘离子,发生的离子反应为Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣,向上述反应后的滤液中加入1mLCCl4,发生萃取,然后用与不相溶的两种液体沸点不同,再用蒸馏的方法分离提纯,故答案为2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣;萃取;蒸馏;
(4)第ⅤⅡA族最外层7个电子,元素最外层电子排布都可表示为ns2np5,故答案为ns2np5. 19.实验室用密度为
1.18g/mL,质量分数为
36.5%浓盐酸配制250mL
0.1mol/L的盐酸溶液,填空并请回答下列问题
(1)配制250mL
0.1mol/L的盐酸溶液应量取该浓盐酸体积/mL应选用容量瓶的规格/mL除容量瓶外还需要的其它仪器
(2)配制时,其正确的操作顺序是(字母表示,每个字母只能用一次) B、C、A、F、E、D ;A、用30mL水洗涤烧杯2﹣3次,洗涤液均注入容量瓶,振荡B、用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积,沿玻璃棒倒入烧杯中,再加入少量水(约30mL),用玻璃棒慢慢搅动,使其混合均匀C、将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D、将容量瓶盖紧,颠倒摇匀E、改用胶头滴管加水,使溶液凹面恰好与刻度相切F、继续往容量瓶内小心加水,直到液面接近刻度1~2cm处
(3)操作A中,将洗涤液都移入容量瓶,其目的是 保证溶质全部转入容量瓶 ,溶液注入容量瓶前需恢复到室温,这是因为 容量瓶盛放热溶液时,体积不准 ;
(4)若出现如下情况,对所配溶液浓度将有何影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)?若没有进行A操作 偏低 ;若加蒸馏水时不慎超过了刻度线 偏低 ;若定容时俯视刻度线 偏高 .
(5)若实验过程中出现如下情况如何处理?加蒸馏水时不慎超过了刻度线 宣告实验失败,洗净容量瓶后重新配制 ;向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面 宣告实验失败,洗净容量瓶后重新配制 .【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法.【分析】
(1)依据配制溶液体积选择合适的容量瓶,依据C计算浓盐酸的物质的量浓度,依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积;依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器;
(2)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作据此排序;
(3)依据配制原理可知要保证实验成功需要保证溶质全部转移到容量瓶;容量瓶为精密仪器,只有在标定温度下使用,体积才准确,据此解答;
(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,依据C=进行误差分析;
(5)错误操作导致实验失败,且无法挽救的,必须重新配制.【解答】解
(1)浓盐酸的物质的量浓度为=
11.8mol•L‾1,设量取浓盐酸的体积为V,
11.8mol/L×V=
0.1mol/L×
0.25L,V=
0.0021L=
2.1mL;配制250mL
0.2mol/L的盐酸溶液,所以容量瓶的规格是250mL;配制盐酸溶液所需的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管.故答案为
2.1;250;量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管;
(2)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等,所以正确的顺序为B、C、A、F、E、D;故答案为B、C、A、F、E、D
(3)操作A中,将洗涤液都移入容量瓶,其目的是保证溶质全部转入容量瓶,减少误差.溶液注入容量瓶前需恢复到室温,防止容量瓶盛放热溶液,体积不准,故答案为保证溶质全部转入容量瓶;容量瓶盛放热溶液时,体积不准;
(4)若没有进行A操作,导致溶质的物质的量偏小,配制溶液的浓度偏低;若加蒸馏水时不慎超过了刻度,导致溶液的体积偏大,配制溶液的浓度偏低;若定容时俯视刻度线,导致溶液的体积偏小,配制溶液的浓度偏高.故答案为偏低;偏低;偏高;
(5)加蒸馏水时不慎超过了刻度线,导致配制溶液的浓度偏低,所以宣告实验失败,洗净容量瓶后重新配制.向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴掉在容量瓶外面,导致配制溶液的浓度偏低,所以宣告实验失败,洗净容量瓶后重新配制.故答案为宣告实验失败,洗净容量瓶后重新配制;宣告实验失败,洗净容量瓶后重新配制. 20.为了验证炭粉与浓硫酸作用确实有二氧化碳气体生成,某同学创设如下图所示的A、B、C三个装置进行实验,其中省略了课本上炭粉与浓硫酸反应的发生装置图.已知C中的KMnO4酸性溶液是足量的,具有强氧化性,还原性的SO2气体经过KMnO4酸性溶液后能全部被吸收氧化,据此,请回答下列问题.
(1)炭粉与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式为 C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
(2)由
(1)产生的混合气体流经装置A、B、C的先后顺序是 C 、 B 、 A (填A、B、C),气流依次经过装置管口顺序号为(填管口序号a、b、c、d、e、f);气体发生装置导管口接 e ,然后 f 接 c , d 接 a ;
(3)装置B的作用是 验证SO2是否被除尽 ,装置B中观察到的现象是 品红溶液仍保持红色 ;
(4)装置A中观察到的现象是 溶液变浑浊 ,得到的结论是 混合气体中含CO2 .【考点】浓硫酸的性质实验.【分析】碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫、水,验证红热的炭与与浓硫酸发生反应所生成的产物含有二氧化碳,按气体流动方向设计了一个实验流程,其所使用的试剂次序可以表示为气体产物→酸性高锰酸钾溶液→品红溶液→澄清石灰水;
(1)炭粉与浓硫酸在加热条件生成二氧化碳、二氧化硫和水;
(2)碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫、水,二氧化碳、二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊,所以要检验二氧化碳的存在应排除二氧化硫的干扰;
(3)二氧化硫具有漂白性,能够使品红溶液褪色;
(4)二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和数,能够使澄清石灰水变浑浊.【解答】解
(1)在加热条件下,碳与浓硫酸反应生成二氧化碳气体、二氧化硫气体和水,反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O,故答案为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O;
(2);验证产物中的二氧化碳用
①澄清石灰水,二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊,所以需要先用品红验证二氧化硫的存在,通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫,再通过品红验证二氧化硫是否除净,避免影响二氧化碳气体,所以由
(1)产生的混合气体流经装置A、B、C的先后顺序是C、B、A;气体发生装置导管口接e,然后f接c,d接a;故答案为C;B;A;e;f;c;d;a;
(3)二氧化硫具有漂白性,能够使品红溶液褪色,所以装置B的作用是验证SO2是否被除尽,如果装置B中观察到的现象是品红溶液仍保持红色,说明二氧化硫被除尽;故答案为验证SO2是否被除尽;品红溶液仍保持红色;
(4)二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和数,能够使澄清石灰水变浑浊,若二氧化碳存在,则可以看到装置A中观察到的现象是溶液变浑浊;故答案为溶液变浑浊;混合气体中含CO2. 21.实验室用下列装置制取氯气,丙用氯气进行实验,回答下列问题
(1)A中盛有浓硫酸,B中盛有MnO2,写出反应的化学方程式 MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O
(2)为了得到纯净干燥的Cl2,则C、D中应分别放入下列溶液中的
②④
①NaOH溶液
②饱和食盐水
③AgNO3溶液
④浓H2SO4
(3)E中为红色干布条,F中为红色湿布条,可观察到的现象是 E中无变化,F中红色布条褪色
(4)G处的现象是 棉花团呈现蓝色 ,离子方程式 Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2
(5)画出H处尾气吸收装置图丙注明试剂
(6)实验室还可以用KMnO4固体和浓盐酸反应制取氯气2KMnO4+16HCl═2KMnCl2+5Cl2↑+8H2O,氧化剂和还原剂的物质的量之比为 15 .【考点】氯气的实验室制法.【分析】
(1)A中盛有浓硫酸,B中盛有MnO2,加热反应生成氯化锰、氯气和水;
(2)洗气装置C是为了除去Cl2中的HCl气体,选择饱和食盐水吸收氯化氢,D是为了干燥Cl2,选择浓硫酸干燥氯气,除杂顺序一般是先净化后干燥;
(3)依据氯气能使湿润的有色布条褪色,不能使干燥的有色布条褪色;
(4)氯气和碘化钾溶液中的碘离子反应生成碘单质.遇到淀粉变蓝;
(5)氯气是有毒的污染气体,不能排放到空气中,H处是用氢氧化钠溶液吸收剩余的氯气;
(6)由方程式可知,反应中Mn元素化合价由+7价降低到+2价,被氧化,KMnO4为氧化剂,Cl元素化合价由﹣1价升高到0价,被氧化,HCl为还原剂,结合化合价的变化以及反应的方程式可计算氧化剂和还原剂的物质的量之比;【解答】解
(1)A中盛有浓硫酸,B中盛有MnO2,加热反应生成氯化锰、氯气和水,反应的化学方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O,故答案为;MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O;
(2)洗气装置C是为了除去Cl2中的HCl气体,选择饱和食盐水吸收氯化氢,D是为了干燥Cl2,选择浓硫酸干燥氯气;故答案为
②④;
(3)氯气能使湿润的有色布条褪色,不能使干燥的有色布条褪色,所以E中无变化,F中红色布条褪色;故答案为E中无变化,F中红色布条褪色;
(4)通入Cl2时发生反应2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2,生成的I2遇淀粉溶液变蓝色,棉花团呈现蓝色,故答案为棉花团呈现蓝色,Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2;
(5)氯气是有毒的污染气体,不能排放到空气中,H处是用氢氧化钠溶液吸收剩余的氯气,H处装置图为,故答案为;
(6)2KMnO4+16HCl═2KMnCl2+5Cl2↑+8H2O,由方程式可知,反应中Mn元素化合价由+7价降低到+2价,被氧化,KMnO4为氧化剂,Cl元素化合价由﹣1价升高到0价,被氧化,HCl为还原剂,电子守恒得到2molKMnO4氧化剂反应,被氧化的还原剂HCl是10mol,则氧化剂和还原剂的物质的量之比是15,故答案为15; 22.取一定量的镁、铝混合粉末,加入1mol/L的硫酸300mL,使之完全溶解(酸过量);再加入过量的未知浓度的KOH溶液200mL,得到
5.8g沉淀;过滤后向滤液中加入2mol/L盐酸100mL,恰好沉淀完全;将沉淀滤出,洗涤、干燥,称量为
7.8g.求
(1)原来混合物中镁和铝的质量分数;
(2)所用KOH的物质的量浓度.【考点】有关混合物反应的计算.【分析】镁、铝混合粉末,加入1mol/L的硫酸300mL,使之完全溶解(酸过量),所得溶液含有硫酸镁、硫酸铝、剩余的硫酸,再加入过量的未知浓度的KOH溶液200mL,得到
5.8g沉淀,该沉淀为Mg(OH)2,滤液中含有硫酸钾、偏铝酸钾、可能含有氢氧化钾,向滤液中加入2mol/L盐酸100mL,恰好沉淀完全,沉淀
7.8g为Al(OH)3的质量,溶液中溶质为硫酸钾、氯化钾,
(1)根据氢氧化镁、氢氧化铝的质量,利用n=计算二者的物质的量,根据Mg元素,Al元素守恒,计算镁和铝的物质的量,进而计算镁和铝的质量,利用质量分数定义计算;
(2)最后所得的溶液为中溶质为硫酸钾、氯化钾,根据钾离子守恒有n(KOH)=n(KCl)+2(K2SO4),根据氯离子与硫酸根守恒有n(KCl)=n(HCl),n(K2SO4)=n(H2SO4),根据n=cV计算n(HCl)、n(H2SO4),进而计算n(KOH),根据c=计算氢氧化钾的浓度.【解答】解镁、铝混合粉末,加入1mol/L的硫酸300mL,使之完全溶解(酸过量),所得溶液含有硫酸镁、硫酸铝、剩余的硫酸,再加入过量的未知浓度的KOH溶液200mL,得到
5.8g沉淀,该沉淀为Mg(OH)2,滤液中含有硫酸钾、偏铝酸钾、可能含有氢氧化钾,向滤液中加入2mol/L盐酸100mL,恰好沉淀完全,沉淀
7.8g为Al(OH)3的质量,溶液中溶质为硫酸钾、氯化钾,
(1)
5.8g的Mg(OH)2的物质的量为=
0.1mol,根据Mg元素守恒可知,m(Mg)=
0.1mol×24g/mol=
2.4g,
7.8gAl(OH)3的物质的量为=
0.1mol,根据Al元素守恒可知,m(Al)=
0.1mol×27g/mol=
2.7g,故混合物中Mg的质量分数为×100%=
47.1%,故化合物中Al的质量分数为1﹣
47.1%=
52.9%,答原来混合物中镁和铝的质量分数分别为
47.1%、
52.9%;
(2)最后所得的溶液为中溶质为硫酸钾、氯化钾,根据钾离子守恒有n(KOH)=n(KCl)+2(K2SO4),根据氯离子与硫酸根守恒有n(KCl)=n(HCl)=
0.1L×2mol/L=
0.2mol,n(K2SO4)=n(H2SO4)=
0.3L×1mol/L=
0.3mol,故n(KOH)=n(KCl)+2(K2SO4)=
0.2mol+2×
0.3mol=
0.8mol,故c(KOH)==4mol/L,故答案为所用KOH的物质的量浓度为
0.4mol/L. 23.某工业废液中含有Cu2+、Mg2+、Zn2+等离子,为将其回收利用,再采用了如下工艺已知Zn(OH)2的性质与Al(OH)3相似所用试剂在下列试剂中选择
①铁粉
②锌粉
③稀HNO3
④稀H2SO4
⑤稀HCl
⑥稀氨水
⑦NaOH溶液
⑧石灰水请回答下列问题
(1)试剂
1、试剂
2、试剂3分别可以是
② 、
⑤ 、
⑦ (填编号)
(2)操作2是 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、 过滤
(3)操作3是 在HCl气流中加热
(4)加过量CO2时发生反应的离子方程式 ZnO22﹣+2CO2+2H2O=Zn(OH)2↓+2HCO3﹣
(5)在金属冶炼方法中方法1是 电解法 方法2是 还原剂法 .【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.【分析】废液中含有Cu2+、Mg2+、Zn2+等离子,加入试剂1得到固体,且固体中加入试剂2得到Cu,故固体中含有Cu,那么试剂1是能还原铜离子的物质,结合题目得知,为锌粉,试剂2是可以溶解过量锌粉,且不能溶解Cu的物质,可以是稀硫酸或稀盐酸,由此流程可知最终得到盐酸盐,为不引入新杂质,故选择稀盐酸,操作1后的溶液中含有Mg2+和Zn2+;加入试剂3生成氢氧化镁沉淀,故试剂3为氢氧化钠,依据“Zn(OH)2的性质与Al(OH)3相似”得知过量的氢氧化钠与锌离子生成溶液,此溶液中通入二氧化碳气体生成氢氧化锌,氢氧化锌加热分解生成ZnO,据此解答各小题即可.【解答】解(废液中含有Cu2+、Mg2+、Zn2+等离子,加入试剂1得到固体,且固体中加入试剂2得到Cu,故固体中含有Cu,那么试剂1是能还原铜离子的物质,结合题目得知,为锌粉,试剂2是可以溶解过量锌粉,且不能溶解Cu的物质,可以是稀硫酸或稀盐酸,为不引入新杂质,故选择稀盐酸,操作1后的溶液中含有Mg2+和Zn2+;加入试剂3生成氢氧化镁沉淀,故试剂3为氢氧化钠,依据“Zn(OH)2的性质与Al(OH)3相似”得知过量的氢氧化钠与锌离子生成溶液,此溶液中通入二氧化碳气体生成氢氧化锌,氢氧化锌加热分解生成ZnO,
(1)由分析可知试剂
1、试剂
2、试剂3分别可以是
②、
⑤、
⑦,故答案为
②;
⑤;
⑦;
(2)操作2是从溶液中得到固体,那么次操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,故答案为蒸发浓缩;冷却结晶;过滤;
(3)由于氯化镁为强酸弱碱盐,镁离子容易水解,故应在HCl气流中加热以防止镁离子水解,故答案为在HCl气流中加热;
(4)偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠,据此得出氢氧化锌与过量的氢氧化钠反应生成ZnO22﹣(由于Zn为+2价,据此得出此离子),此离子与二氧化碳反应生成氢氧化锌沉淀,故离子反应方程式为ZnO22﹣+2CO2+2H2O=Zn(OH)2↓+2HCO3﹣,故答案为ZnO22﹣+2CO2+2H2O=Zn(OH)2↓+2HCO3﹣;
(5)活泼金属采用电解法冶炼,较活泼金属采用热还原法冶炼,由于Mg很活泼,故采用电解法,Z你n较活泼,采用还原剂法,故答案为电解法;还原剂法. 24.利用芳香烃X和烯烃Y可以合成紫外线吸收剂BAD.已知G不能发生银镜反应,B遇FeCl3溶液显紫色,C到D的过程为引入羧基(﹣COOH)的反应.其中BAD结构简式为BAD的合成路线如下试回答下列问题
(1)写出结构简式Y CH3CH=CH2 ,D .
(2)上述属于取代反应的有
①②⑤ (填数字序号).
(3)1molBAD最多可与含 6 molNaOH的溶液完全反应.
(4)写出方程式反应
④ .B+E .
(5)E有多种同分异构体,判断符合下列要求的同分异构体数目为 3 种.
①能发生银镜反应
②遇FeCl3溶液显紫色
③核磁共振氢谱图中有四个吸收峰.【考点】有机物的推断.【分析】由转化关系可知,E含有羧基,结合BAD结构简式可知E为,H为,根据D的分子式结合E的结构可知D为,再根据B的分子式可知B为,则A为,烃X为,F在Cu为催化剂条件下发生催化氧化生成G,G不能发生银镜反应,结合B和H的结构可知G为,则F为CH3CH(OH)CH3,烃Y为CH3CH=CH2,据此解答.【解答】解由转化关系可知,E含有羧基,结合BAD结构简式可知E为,H为,根据D的分子式结合E的结构可知D为,再根据B的分子式可知B为,则A为,烃X为,F在Cu为催化剂条件下发生催化氧化生成G,G不能发生银镜反应,结合B和H的结构可知G为,则F为CH3CH(OH)CH3,烃Y为CH3CH=CH2.
(1)由上述分析可知,Y的结构简式为CH3CH=CH2,D的结构简式为,故答案为CH3CH=CH2;;
(2)由转化关系可知,
①为取代反应,
②为取代反应,
③为加成反应,
④为氧化反应,
⑤为取代反应,故答案为
①②⑤;
(3)根据BAD结构简式可知,BAD水解生成4个酚羟基和2个羧基,则1molBAD最多可与含6molNaOH的溶液反应,故答案为6;
(4)反应
④的反应方程式为,B+E反应方程式为,故答案为;;
(5)E()有多种同分异构体,其中能使FeCl3溶液显紫色,含有酚羟基,能发生银镜反应,含有醛基,核磁共振氢谱图中有四个吸收峰,符合条件的同分异构体的结构简式有、、,故答案为3. 25.吡洛芬是一种用于治疗风湿病的药物.它的合成路线如下回答下列问题
(1)B→C的反应类型为 取代反应 .
(2)A→B的化学方程式为 .从整个合成路线看,步骤A→B的目的是 保护氨基,防止被氯气氧化 .
(3)E的结构简式为 .
(4)A在一定条件下可生成F().写出同时满足下列条件的F的两种同分异构体的结构简式 、 .
①属于芳香族化合物
②是一种α﹣氨基酸
③分子中有6种不同化学环境的氢原子
(5)非那西汀是一种解热药,其结构简式为.写出以苯酚钠、CH3CH2OH和(CH3CO)2O为原料制备非那西汀的合成路线流程图(无机试剂任用).合成路线流程图示例如下CH2CH2CH3CH2BrCH3CH2OH.【考点】有机物的合成.【分析】
(1)由B、C的结构可知,B→C苯环上引入Cl原子,属于取代反应;
(2)A→B反应为氨基与乙酸酐的成肽反应;氨基易被氧化,B→C的转化中氯气参与反应,氯气具有强氧化性,可以氧化氨基,A→B反应目的是保护氨基,防止被氯气氧化;
(3)比较D与吡咯芬的结构可知,引入1个五元环和1个羧基,根据反应条件,E→吡咯芬,使﹣CN转化为﹣COOH,D→E引入五元环,中的2个Cl原子与﹣NH2中的2个H原子组成HCl而脱去;
(4)F的同分异构体,属于芳香族化合物,是一种α﹣氨基酸,氨基与羧基连在同一碳原子上,分子中有6种不同化学环境的氢,若含有1个侧链,为﹣C(NH2)(CH3)COOH,若含有2个侧链,为﹣CH
3、﹣C(NH2)COOH,且处于对位位置;
(5)根据信息可知,用苯酚钠与CH3CH2Br反应,引入OCH2CH3,引入对位硝基,还原至氨基,再根据信息,﹣NH2与乙酸酐成肽反应.【解答】解
(1)由B、C的结构可知,B→C苯环上引入Cl原子,属于取代反应,故答案为取代反应;
(2)A→B反应为氨基与乙酸酐的成肽反应,同时生成乙酸,反应方程式为;氨基易被氧化,B→C的转化中氯气参与反应,氯气具有强氧化性,可以氧化氨基,A→B反应目的是保护氨基,防止被氯气氧化,故答案为;保护氨基,防止被氯气氧化;
(3)比较D与吡咯芬的结构可知,引入1个五元环和1个羧基,根据反应条件,E→吡咯芬,使﹣CN转化为﹣COOH,D→E引入五元环,中的2个Cl原子与﹣NH2中的2个H原子组成HCl而脱去,故E的结构简式为,故答案为;
(4)F的同分异构体,属于芳香族化合物,是一种α﹣氨基酸,氨基与羧基连在同一碳原子上,分子中有6种不同化学环境的氢,若含有1个侧链,为﹣C(NH2)(CH3)COOH,若含有2个侧链,为﹣CH
3、﹣C(NH2)COOH,且处于对位位置,故符合条件的F的同分异构体为、,故答案为;;
(5)根据信息可知,用苯酚钠与CH3CH2Br反应,引入OCH2CH3,再引入对位硝基,还原至氨基,再根据信息,﹣NH2与乙酸酐成肽反应,合成工业流程图为,故答案为. xx11月26日。