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2019-2020年高三上学期期末化学复习试卷
(一)含解析
一、选择题1.xx年9月3日,中国国家主席习近平同美国总统奥巴马、联合国秘书长潘基文在杭州共同出席气候变化《巴黎协定》批准文书交存仪式.习近平主席强调,中国将全面推进节能减排和低碳发展,迈向生态文明新时代.下列举措与这一主题不吻合的是( )A.用“绿色化学”工艺,使原料完全转化为产品B.推广垃圾的分类、回收、处理C.大力开发新能源替代化石燃料减少CO2排放D.使用一次性餐具,方便生活2.下列叙述中,正确的是( )A.1molH2的质量只有在标准状况下才约为2gB.在标准状况下,某气体的体积是
22.4L,则可认为该气体的物质的量约是1molC.在20℃时,1mol任何气体的体积总比
22.4L大D.1molH2和O2的混合气体,在标准状况下的体积大于
22.4L3.下列古诗中对应的化学物质及相关说法均正确的是( )选项诗句相关物质相关说法A春蚕到死丝方尽纤维素高分子化合物B蜡炬成灰泪始干脂肪烃不饱和烃C沧海月明珠有泪碳酸钙强电解质D蓝田日暖玉生烟二氧化硅两性氧化物A.AB.BC.CD.D4.下列离子方程式的书写及评价均合理的是( )选项离子方程式评价A将1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+I2正确;Cl2过量,可将Fe2+、I﹣均氧化BMg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应Mg2++HCO3﹣+OH﹣=MgCO3↓+H2O正确;酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入到NaClO溶液中SO2+H2O+ClO﹣=HClO+HSO3﹣正确;说明酸性H2SO3强于HClOD1mol/L的NaAl(OH)4溶液和
2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合2[Al(OH)4]﹣+5H+=Al3++Al(OH)3↓+5H2O正确[Al(OH)4]﹣与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为23A.AB.BC.CD.D5.O2F2可以发生反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是( )A.氧气是氧化产物B.O2F2既是氧化剂又是还原剂C.若生成
4.48LHF,则转移
0.8mol电子D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为146.下列叙述正确的是( )A.阳离子都只有氧化性B.H2O2既有氧化性,又有还原性,与KMnO4反应时表现H2O2的还原性C.与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物D.分散系中分散质粒子的大小Fe(OH)3悬浊液<Fe(OH)3胶体<FeCl3溶液7.已知在碱性溶液中可发生如下反应2R(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣═2RO4n﹣+3Cl﹣+5H2O,则RO4n﹣中R的化合价是( )A.+3B.+4C.+5D.+68.物质氧化性、还原性的强弱,不仅与物质的结构有关,还与物质的浓度和反应温度有关.下列各组物质
①Cu与HNO3溶液
②Cu与FeCl3溶液
③Zn与H2SO4溶液
④Fe与HCl溶液由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是( )A.
①③B.
③④C.
①②D.
①③④9.一块
11.0g的铁铝合金,加入一定量的稀硫酸后完全溶解,然后加H2O2至溶液中无Fe2+存在,加热除去多余的H2O2,当加入200mL6mol•L﹣1NaOH溶液时沉淀量最多,且所得沉淀质量为
26.3g,下列说法正确的是( )A.该合金中铁的质量为
5.4gB.合金与稀硫酸反应共生成
0.45molH2C.该合金与足量氢氧化钠溶液反应,转移的电子数为
0.3NAD.所加的稀硫酸中含
0.6molH2SO410.已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质,它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去),则下列有关物质的推断不正确的是( )A.若A是铁,则E可能为稀硝酸B.若A是CuO,E是碳,则B为COC.若A是NaOH溶液,E是CO2,则B为NaHCO3D.若A是A1C13溶液,E可能是稀氨水11.常温下,取20mL某浓度的HCl作为待测液,用一定物质的量浓度的NaOH溶液进行滴定(假设盐酸与NaOH溶液混合后体积变化忽略不计),滴定过程中溶液的pH变化如图所示.下列叙述正确的是( )A.所用HCl的浓度是
0.09mol•L─1,NaOH溶液浓度为
0.03mol•L﹣1B.在B点,溶液中离子浓度关系为c(Na+)>c(Cl﹣)>c(H+)>c(OH﹣)C.A.B.C三点水的电离程度大小依次为A>B>CD.滴定前,锥形瓶用待测液润洗,导致HCl浓度偏低12.酚酞的结构如图所示,有关酚酞说法不正确的是( )A.分子式为C20H14O4B.可以发生取代反应、加成反应、氧化反应C.含有的官能团有羟基、酯基D.1mol该物质可与H2和溴水发生反应,消耗H2和Br2的最大值分别为10mol和4mol
二、非选择题13.KMnO4是一种用途广泛的氧化剂,可由软锰矿(主要成分为MnO2)通过下列方法制备
①软锰矿与过量KOH、KClO3固体熔融生成K2MnO4;
②溶解、过滤后将滤液酸化,使K2MnO4完全转化为MnO2和KMnO4;
③滤去MnO2,将滤液浓缩、结晶得到深紫色的KMnO4产品.
(1)溶液酸化时,K2MnO4转变为MnO2和KMnO4的离子方程式是 ;
(2)测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定.
①配制250mL
0.1mol/L标准Na2S2O3溶液,需准确称取Na2S2O3固体的质量为 g;
②取上述制得的KMnO4产品
0.6000g,酸化后用
0.1mol/L标准Na2S2O3溶液进行滴定,滴定至终点消耗Na2S2O3溶液
20.00ml.计算该KMnO4产品的纯度(请给出计算过程).(有关离子方程式为MnO4﹣+S2O32﹣+H+SO42﹣+Mn2++H2O未配平)14.合金是建筑航空母舰的主体材料.
(1)航母升降机可由铝合金制造.
①铝元素在周期表中的位置是 ,工业炼铝的原料由铝土矿提取而得,提取过程中通入的气体为 .
②Al﹣Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜,其化学方程式为 .焊接过程中使用的保护气为 (填化学式).
(2)航母舰体材料为合金钢.
①舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为 .
②航母用钢可由低硅生铁冶炼而成,则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为 .
(3)航母螺旋浆主要用铜合金制造.
①
80.0gCu﹣Al合金用酸完全溶解后,加入过量氨水,过滤得到白色沉淀
39.0,则合金中Cu的质量分数为 .
②为分析某铜合金的成分,用酸将其完全溶解后,用NaOH溶液调节pH,当pH=
3.4时开始出现沉淀,分别在pH为
7.
0、
8.0时过滤沉淀.结合题如图信息推断该合金中除铜外一定含有 .15.运用元素周期律研究元素及其化合物的性质具有重要的意义.I.部分短周期主族元素的最高价氧化物对应的水化物(浓度均为
0.01mol•L﹣1)溶液的PH和原子序数的关系如图所示.
(1)元素R在周期表中的位置是
(2)元素Y和W形成的Y2W2型化合物中含有化学键的类型为
(3)请写出X的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物的离子反应方程式 Ⅱ.短周期元素C、O、S能形成多种化合物,如CO
2、CS
2、COS等
(1)下列能说明碳、硫两种元素非金属性相对强弱的是 (填序号)A.S与H2发生化合反应比C与H2化合更容易B.酸性H2SO3>H2CO3C.稳定性CH4<H2S
(2)羰基硫(COS)可作为一种熏蒸剂,能防止某些昆虫、线虫的危害,其分子结构和CO2相似
①羰基硫(COS)的电子式为
②羰基硫(COS)用氢氧化钠溶液处理及利用的过程如图已知A是一种正盐,则反应I的化学反应方程式为 .16.xx年9月3日,二十国集团领导人杭州峰会之前,中国政府率先签署了《巴黎协定》并向联合国交存批准文书,体现中国为应对全球气候变化做出了重要贡献.为减少CO2对环境造成影响,有科学家提出设想,先把空气吹入碳酸钾溶液,然后再把CO2从溶液中提取出来,并使之变为可再生燃料甲醇,流程如图1所示
(1)写出分解池中反应的化学方程式 .
(2)在合成塔中,当有
8.8gCO2与足量H2完全反应,可放出
9.84×l03kJ的能量,写出合成塔中反应的热化学方程式 .
(3)在体积为lL的密闭容器中,充入1molCO2和3molH2在300℃下发生反应,有关物质的浓度随时间变化如图2所示.
①从反应开始到平衡,H2的平均反应速率v(H2)= .
②其他条件不变,只将温度提高到500℃,再次平衡时n(CH3OH)/n(CO2)比值 (填“增大”、“减小”或“不变”).
③从平衡移动原理分析,低温有利于提高原料气的转化率,而实际生产中采用300℃的温度,原因是 .
(4)目前,由CO2来合成二甲醚已取得了较大的进展,其化学反应是2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H>0.判断该反应在一定条件下,体积恒定的密闭容器中是否达到化学平衡状态的依据是 .a.容器中密度不变b.单位时间内消耗2molCO2,同时消耗1mol二甲醚c.v(CO2)v(H2)=13d.容器内压强保持不变.17.可用来制备抗凝血药,通过下列路线合成
(1)A与银氨溶液反应有银镜生成,写出该反应的化学方程式 .
(2)B→C的反应类型是 .
(3)E的结构简式是 .
(4)写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式 .
(5)下列关于G的说法正确的是 .a.能与溴单质反应b.能与金属钠反应c.1molG最多能和3mol氢气反应d.分子式是C9H6O3
(6)E的同分异构体很多,符合下列条件的共 种.
①含苯环,
②苯环上有两个取代基,
③能与醇发生酯化反应.18.平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO
2、Fe2O
3、CeO
2、FeO等物质).某课题以此粉末为原料,设计如下工艺流程对资源进行回收,得到Ce(OH)4和硫酸铁铵已知
①酸性条件下,铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式,Ce3+易水解,Ce4+有较强氧化性.
②CeO2不溶于稀硫酸
③硫酸铁铵[aFe2(SO4)3•b(NH4)2SO4•cH2O]广泛用于水的净化处理.
(1)在氧化环节,下列物质中最适合用作氧化剂B的是 (填序号).a.NaClOb.H2O2c.KMnO4
(2)操作Ⅰ的名称是 ,检验硫酸铁铵溶液中含有NH4+的方法是 .
(3)写出反应
②的化学方程式 .
(4)用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度.称取Ce(OH)4样品→加硫酸溶解→用
0.1000mol/LFeSO4溶液滴定所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定,则测得该Ce(OH)4产品的质量分数 .(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
(5)称取
14.00g硫酸铁铵样品,将其溶于水配制成100mL溶液,分成两等份,向其中一份加入足量NaOH溶液,过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到
1.60g固体;向另一份溶液中加入
0.5mol/LBa(NO3)2溶液100mL,恰好完全反应.通过计算,该硫酸铁铵的化学式为 (写出必要的计算步骤,否则不得分).19.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究.已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰.M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去)
(1)写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式 .写出F的电子式
(2)若A是一种常见的酸性氧化物,且可用于制造玻璃,E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体,则E溶液的俗称是 .
(3)若A是CO2气体,A与B溶液能够反应,反应后所得的溶液再与盐酸反应,如图2所示反应后溶液中的溶质化学式为 .
(4)若A是一种常见金属单质,且A与B溶液能够反应,则将过量的F溶液逐滴加入E溶液,边加边振荡,所看到的实验现象是 .
(5)若A是一种不稳定的盐,A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色,最后变成红褐色的E,向G溶液中加入苯酚溶液后显紫色,则由A转化成E的离子方程式是
(6)若A是一种化肥.实验室可用A和B反应制取气体E,E与F、E与D相遇均冒白烟,且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露,写出E与D反应的化学方程式是 .
(7)若A是一种溶液,只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32﹣、SO42﹣中的某些离子,当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示,由此可知,该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为 .20.一种常见聚酯类高分子材料的合成流程如下已知以下信息
①A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志.
②核磁共振氢谱显示上述流程中C8H10分子含有两种化学环境的氢.
③同一个碳原子上连有两个﹣OH时会发生→+H2O回答下列问题
(1)A的名称是 ,该流程中C8H10的结构简式是 .
(2)F中含有的官能团名称为 .
(3)
①~
⑥的反应中属于取代反应的是 .
(4)写出反应
⑤、
⑦的化学方程式反应
⑤ ;反应
⑦ .
(5)C8H8Cl2的同分异构体中含有苯环且Cl原子不与苯环直接相连的还有 种(不包括上述流程中的结构),其中核磁共振氢谱为3组峰,且峰面积比为211的结构简式是 .
(6)请你结合所学知识和题给信息设计一种将C8H10转化为F的合成路线 (有机物用结构简式表示,无机试剂任选). xx学年山东省枣庄市滕州市善国中学高三(上)期末化学复习试卷
(一)参考答案与试题解析
一、选择题1.xx年9月3日,中国国家主席习近平同美国总统奥巴马、联合国秘书长潘基文在杭州共同出席气候变化《巴黎协定》批准文书交存仪式.习近平主席强调,中国将全面推进节能减排和低碳发展,迈向生态文明新时代.下列举措与这一主题不吻合的是( )A.用“绿色化学”工艺,使原料完全转化为产品B.推广垃圾的分类、回收、处理C.大力开发新能源替代化石燃料减少CO2排放D.使用一次性餐具,方便生活【考点】绿色化学.【分析】节能减排即低碳经济的宗旨是减少化石燃料的使用,减少二氧化碳等的排放,倡导绿色化学,即从源头上对污染进行治理,提高原子利用率,据此分析.【解答】解A、用“绿色化学”工艺,使原料完全转化为产品,提高原子利用率,减少副产物的产生,符合绿色化学和节能减排的理念,故A正确;B、垃圾是放错了位置的资源,实现垃圾的分类、回收和再利用能减少污染并节能,故B正确;C、用新能源代替化石能源是实现节能减排的一大措施,故C正确;D、一次性餐具导致了严重的资源浪费和白色污染,不利于节能减排,故D错误.故选D. 2.下列叙述中,正确的是( )A.1molH2的质量只有在标准状况下才约为2gB.在标准状况下,某气体的体积是
22.4L,则可认为该气体的物质的量约是1molC.在20℃时,1mol任何气体的体积总比
22.4L大D.1molH2和O2的混合气体,在标准状况下的体积大于
22.4L【考点】物质的量的相关计算.【分析】A、根据m=nM来计算;B、根据标况下气体体积V=nVm来计算;C、气体体积和压强也有关;D、依据气体摩尔体积概念分析,结合n=计算判断.【解答】解A、1molH2的质量=1mol×2g/mol=2g,和温度压强无关,故A错误;B、标况下气体体积V=nVm,标准状况下,某气体的体积是
22.4L,则可认为该气体的物质的量约是1mol,故B正确;C、压强不知,在20℃时,1mol的任何气体的体积不一定比
22.4L大,故C错误;D、1molH2和O2的混合气体,在标准状况下的体积一定约为
22.4L,故D错误;故选B. 3.下列古诗中对应的化学物质及相关说法均正确的是( )选项诗句相关物质相关说法A春蚕到死丝方尽纤维素高分子化合物B蜡炬成灰泪始干脂肪烃不饱和烃C沧海月明珠有泪碳酸钙强电解质D蓝田日暖玉生烟二氧化硅两性氧化物A.AB.BC.CD.D【考点】物质的组成、结构和性质的关系.【分析】A.蚕丝为蛋白质;B.“泪”指的是液态石蜡,液态石蜡属于烃;C.碳酸钙熔融状态下能够完全电离;D.两性氧化物与酸和碱反应都只生成盐和水.【解答】解A.蚕丝为蛋白质,不是纤维素,故A错误;B.“泪”指的是液态石蜡,液态石蜡属于烃,属于饱和烃,故B错误;C.碳酸钙熔融状态下能够完全电离,是强电解质,故C正确;D.二氧化硅不能与盐酸反应,不是两性氧化物,故D错误;故选C. 4.下列离子方程式的书写及评价均合理的是( )选项离子方程式评价A将1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+I2正确;Cl2过量,可将Fe2+、I﹣均氧化BMg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应Mg2++HCO3﹣+OH﹣=MgCO3↓+H2O正确;酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入到NaClO溶液中SO2+H2O+ClO﹣=HClO+HSO3﹣正确;说明酸性H2SO3强于HClOD1mol/L的NaAl(OH)4溶液和
2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合2[Al(OH)4]﹣+5H+=Al3++Al(OH)3↓+5H2O正确[Al(OH)4]﹣与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为23A.AB.BC.CD.D【考点】离子方程式的书写.【分析】A、一种氧化剂与多种还原性微粒作用,先还原性强的反应,I﹣的还原性强于Fe2+;B、不符合客观事实,应生成溶解度更小的Mg(OH)2;C、SO2具有强还原性,而NaClO具有极强的氧化性,两者要发生氧化还原反应,与事实相违背;D、NaAl(OH)4溶液和HCl溶液,可以有多种可能
①当NaAl(OH)4过量时方程为HCl+NaAl(OH)4=NaCl+Al(OH)3↓+H2O,
②当HCl过量时方程为4HCl+NaAl(OH)4=NaCl+AlCl3+4H2O,
③1mol/L的NaAl(OH)4溶液和
2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合2[Al(OH)4]﹣+5H+=Al3++Al(OH)3↓+5H2O.【解答】解A、将1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中,只能够将碘离子氧化完全,正确的离子方程式为Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2,正确的评价为Cl2不足,只氧化I﹣,故A错误;B、Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应,正确的离子方程式为Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣=Mg(OH)2↓+2H2O+2CO32﹣,故B错误;C、过量SO2通入到NaClO溶液中,SO32﹣有强还原性,ClO﹣有强氧化性,发生氧化还原反应,正确的离子方程式为SO2+H2O+ClO﹣=2H++SO42﹣+Cl﹣,故C错误;D、1mol/L的NaAl(OH)4溶液和
2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合反应方程式为2[Al(OH)4]﹣+5H+=Al3++Al(OH)3↓+5H2O,如果盐酸过量继续和Al(OH)3反应,所以1mol[Al(OH)4]﹣和盐酸反应最多消耗4molH+,[Al(OH)4]﹣与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比在(1~4)3,故D正确;故选D. 5.O2F2可以发生反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是( )A.氧气是氧化产物B.O2F2既是氧化剂又是还原剂C.若生成
4.48LHF,则转移
0.8mol电子D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为14【考点】氧化还原反应的计算.【分析】反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中,S元素化合价由﹣2价升高到+6价,被氧化,O元素由+1价降低到0价,被还原,以此解答该题.【解答】解A.O元素由+1价降低到0价,化合价降低,获得电子,所以氧气是还原产物,故A错误;B.在反应中,O2F2中的O元素化合价降低,获得电子,所以该物质是氧化剂,而硫化氢中的S元素的化合价是﹣2价,反应后升高为+6价,所以H2S表现还原性,而O2F2表现氧化性,故B错误;C.外界条件不明确,不能确定HF的物质的量,所以不能确定转移电子的数目,故C错误;D.由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是14,故D正确.故选D. 6.下列叙述正确的是( )A.阳离子都只有氧化性B.H2O2既有氧化性,又有还原性,与KMnO4反应时表现H2O2的还原性C.与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物D.分散系中分散质粒子的大小Fe(OH)3悬浊液<Fe(OH)3胶体<FeCl3溶液【考点】氧化还原反应;无机化合物与有机化合物的概念;两性氧化物和两性氢氧化物.【分析】A、根据化合价判断是否有氧化性或还原性;B、根据H2O2中氧元素的化合价判断;C、弱酸的酸式盐与强酸、强碱都反应;D、溶液分散质微粒直径小于1nm,胶体分散质微粒直径介于1nm~100nm之间,浊液分散质微粒直径大于100nm.【解答】解A、阳离子若处于最高价只有氧化性,处于中间价态,则既有氧化性又有还原性,故A错误;B、H2O2中氧元素的化合价为﹣1价,为中间价态,既有氧化性又有还原性,H2O2与KMnO4反应时H2O2被氧化表现还原性,故B正确;C、弱酸的酸式盐与强酸、强碱都反应,如碳酸氢钠与强酸反应生成二氧化碳,与强碱反应生成碳酸盐,所以与强酸、强碱都反应的物质不一定有两性,故C错误;D、溶液分散质微粒直径小于1nm,胶体分散质微粒直径介于1nm~100nm之间,浊液分散质微粒直径大于100nm,则分散系中分散质粒子的大小Fe(OH)3悬浊液>Fe(OH)3胶体>FeCl3溶液,故D错误.故选B. 7.已知在碱性溶液中可发生如下反应2R(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣═2RO4n﹣+3Cl﹣+5H2O,则RO4n﹣中R的化合价是( )A.+3B.+4C.+5D.+6【考点】真题集萃;氧化还原反应.【分析】根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n,则n=2,所以RO4n﹣为RO42﹣,该离子中O元素化合价为﹣2价,R、O元素化合价的代数和为﹣2,据此判断R元素化合价.【解答】解根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n,则n=2,所以RO4n﹣为RO42﹣,该离子中O元素化合价为﹣2价,R、O元素化合价的代数和为﹣2,所以该离子中R元素化合价=﹣2﹣(﹣2)×4=+6,故选D. 8.物质氧化性、还原性的强弱,不仅与物质的结构有关,还与物质的浓度和反应温度有关.下列各组物质
①Cu与HNO3溶液
②Cu与FeCl3溶液
③Zn与H2SO4溶液
④Fe与HCl溶液由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是( )A.
①③B.
③④C.
①②D.
①③④【考点】硝酸的化学性质;浓硫酸的性质.【分析】
①浓硝酸与金属反应生成二氧化氮,稀硝酸与金属反应生成一氧化氮
③;较活泼金属与稀硫酸反应生成氢气,与浓硫酸反应生成二氧化硫;
②④中都只发生一种反应,以此来解答.【解答】解
①Cu与HNO3溶液中,若为浓硝酸,发生Cu+4HNO3═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,若为稀硝酸,则发生3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,故
①符合题意;
②Cu与FeCl3溶液中,无论浓度大小都只发生Cu+2FeCl3═2FeCl2+CuCl2,故
②不符合题意;
③Zn与H2SO4溶液中,若为稀硫酸,发生Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑,若为浓硫酸,则发生Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O,故
③符合题意;
④Fe与HCl溶液中,无论浓度大小都只发生Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,故
④不符合题意;故选A. 9.一块
11.0g的铁铝合金,加入一定量的稀硫酸后完全溶解,然后加H2O2至溶液中无Fe2+存在,加热除去多余的H2O2,当加入200mL6mol•L﹣1NaOH溶液时沉淀量最多,且所得沉淀质量为
26.3g,下列说法正确的是( )A.该合金中铁的质量为
5.4gB.合金与稀硫酸反应共生成
0.45molH2C.该合金与足量氢氧化钠溶液反应,转移的电子数为
0.3NAD.所加的稀硫酸中含
0.6molH2SO4【考点】氧化还原反应的计算.【分析】200mL6mol•L﹣1NaOH溶液中含有NaOH的总物质的量为6mol/L×
0.2mol=
1.2mol,生成沉淀最多时溶质为硫酸钠,则所加硫酸的物质的量为=
0.6mol;最终得到的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物,则生成沉淀时消耗氢氧根离子的物质的量为=
0.9mol,则铁和铝的总物质的量为=
0.3mol,设合金中铁的物质的量为x、铝的物质的量为y,则56x+27y=
11.
0、x+y=
0.3,解得x=
0.1mol、y=
0.2mol,据此对各选项进行判断.【解答】解最终得到的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物,则生成沉淀时消耗氢氧根离子的物质的量为=
0.9mol,则铁和铝的总物质的量为=
0.3mol,设合金中铁的物质的量为x、铝的物质的量为y,则56x+27y=
11.
0、x+y=
0.3,解得x=
0.1mol、y=
0.2mol;200mL6mol•L﹣1NaOH溶液中含有NaOH的总物质的量为6mol/L×
0.2mol=
1.2mol,生成沉淀最多时溶质为硫酸钠,则所加硫酸的物质的量为=
0.6mol;A.根据计算可知,合金中含有
0.1mol铁,其质量为56g/mol×
0.1mol=
5.6g,故A错误;B.
0.1mol铁与稀硫酸反应生成
0.1mol氢气,
0.2mol铝与稀硫酸反应生成
0.3mol氢气,总共生成
0.4mol氢气,故B错误;C.铁不与氢氧化钠溶液反应,
0.2mol铝与氢氧化钠溶液反应转移电子为
0.2mol×3=
0.6mol,转移的电子数为
0.6NA,故C错误;D.根据分析可知,所加硫酸的物质的量为
0.6mol,故D正确;故选D. 10.已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质,它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去),则下列有关物质的推断不正确的是( )A.若A是铁,则E可能为稀硝酸B.若A是CuO,E是碳,则B为COC.若A是NaOH溶液,E是CO2,则B为NaHCO3D.若A是A1C13溶液,E可能是稀氨水【考点】无机物的推断.【分析】由图中转化可知,反应与量有关,且B、D可相互转化,则发生氧化还原反应或复分解反应,结合选项中物质及性质来解答.【解答】解A.A为Fe,E为硝酸,B为硝酸铁,D为硝酸亚铁,符合转化关系,故A正确;B.A为CuO,C为C,B为CO,D为CO2,符合转化关系,故B正确;C.A为NaOH,E是CO2,B为NaHCO3,D为B为Na2CO3,符合转化关系,故C正确;D.A1C13与氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵,与量无关,不符合转化关系,故D错误;故选D. 11.常温下,取20mL某浓度的HCl作为待测液,用一定物质的量浓度的NaOH溶液进行滴定(假设盐酸与NaOH溶液混合后体积变化忽略不计),滴定过程中溶液的pH变化如图所示.下列叙述正确的是( )A.所用HCl的浓度是
0.09mol•L─1,NaOH溶液浓度为
0.03mol•L﹣1B.在B点,溶液中离子浓度关系为c(Na+)>c(Cl﹣)>c(H+)>c(OH﹣)C.A.B.C三点水的电离程度大小依次为A>B>CD.滴定前,锥形瓶用待测液润洗,导致HCl浓度偏低【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.【分析】A.设出盐酸和氢氧化钠溶液的物质的量浓度,然后根据图象中数据列式计算出盐酸和氢氧化钠溶液的浓度;B.根据B点盐酸过量判断溶液中各离子的浓度大小;C.A、B为酸性溶液,抑制了水的电离,氢离子浓度越大,水的电离程度越小,C点为中性,A、B、C中C点水的电离程度最大;D.锥形瓶不能润洗,否则导致待测液中溶质的物质的量偏大,消耗的标准液体积偏大,测定结果偏高.【解答】解A、结合图象,假设HCl的浓度是xmol•L─1,NaOH溶液浓度为ymol•L─1,有20×10─3×x=60×10─3×y,=
0.01;解得x=
0.09,y=
0.03,故A正确;B、在B点,盐酸已中和,溶液显酸性,没有达到完全中和,c(H+)>c(OH─),c(Cl─)>c(Na+),故B错误;C、A.B.C三点酸性依次减弱,对水电离的一直程度减小,水的电离程度大小依次为C>B>A,故C错误;D、滴定前,锥形瓶用待测液润洗,增加n(H+),消耗n(NaOH)增大,导致HCl浓度偏高,故D错误.故选A. 12.酚酞的结构如图所示,有关酚酞说法不正确的是( )A.分子式为C20H14O4B.可以发生取代反应、加成反应、氧化反应C.含有的官能团有羟基、酯基D.1mol该物质可与H2和溴水发生反应,消耗H2和Br2的最大值分别为10mol和4mol【考点】有机物分子中的官能团及其结构.【分析】由结构简式可知分子式,分子中含酚﹣OH、﹣COOC﹣,结合酚、酯的性质来解答.【解答】解A.由结构简式可知分子式为C20H14O4,故A正确;B.含酚﹣OH可发生取代、氧化反应,含苯环可发生加成反应,故B正确;C.分子中含酚﹣OH、﹣COOC﹣,即含有的官能团有羟基、酯基,故C正确;D.只有苯环与氢气发生加成反应,酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代,且对位均有取代基,则1mol该物质可与H2和溴水发生反应,消耗H2和Br2的最大值为9mol和4mol,故D错误.故选D.
二、非选择题13.KMnO4是一种用途广泛的氧化剂,可由软锰矿(主要成分为MnO2)通过下列方法制备
①软锰矿与过量KOH、KClO3固体熔融生成K2MnO4;
②溶解、过滤后将滤液酸化,使K2MnO4完全转化为MnO2和KMnO4;
③滤去MnO2,将滤液浓缩、结晶得到深紫色的KMnO4产品.
(1)溶液酸化时,K2MnO4转变为MnO2和KMnO4的离子方程式是 3MnO42﹣+4H+=MnO2↓+2MnO4﹣+2H2O ;
(2)测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定.
①配制250mL
0.1mol/L标准Na2S2O3溶液,需准确称取Na2S2O3固体的质量为
3.950 g;
②取上述制得的KMnO4产品
0.6000g,酸化后用
0.1mol/L标准Na2S2O3溶液进行滴定,滴定至终点消耗Na2S2O3溶液
20.00ml.计算该KMnO4产品的纯度(请给出计算过程).(有关离子方程式为MnO4﹣+S2O32﹣+H+SO42﹣+Mn2++H2O未配平)【考点】化学方程式的有关计算;化学方程式的书写;氧化还原反应;探究物质的组成或测量物质的含量.【分析】
(1)K2MnO4在酸性条件下全转变为MnO2和KMnO4,同时生成水,根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平;
(2)
①根据n=cV计算的物质的量,再根据m=nM计算Na2S2O3的质量;
②发生反应8MnO4﹣+5S2O32﹣+14H+=10SO42﹣+8Mn2++7H2O,结合方程式计算.【解答】解
(1)滤液酸化后,K2MnO4转变为MnO2和KMnO4,则反应离子方程式为3MnO42﹣+4H+═MnO2↓+2MnO4﹣+2H2O,故答案为3MnO42﹣+4H+═MnO2↓+2MnO4﹣+2H2O;
(2)
①n(Na2S2O3)=
0.100mol•L﹣1×
0.25L=
0.025mol,m(Na2S2O3)=
0.025mol×158g/mol=
3.950g,故答案为
3.950;
②由反应方程式8MnO4﹣+5S2O32﹣+14H+=10SO42﹣+8Mn2++7H2O,可知n(KMnO4)=n(S2O32﹣)=×
0.100mol•L﹣1×
20.00×10﹣3L=
3.20×10﹣3mol,所以m(KMnO4)=
3.20×10﹣3mol×158g/mol=
0.5056gKMnO4产品的纯度为×100%=
84.27%;答该KMnO4产品的纯度为
84.27%. 14.合金是建筑航空母舰的主体材料.
(1)航母升降机可由铝合金制造.
①铝元素在周期表中的位置是 第三周期第ⅢA族 ,工业炼铝的原料由铝土矿提取而得,提取过程中通入的气体为 CO2 .
②Al﹣Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜,其化学方程式为 Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O .焊接过程中使用的保护气为 Ar (填化学式).
(2)航母舰体材料为合金钢.
①舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为 吸氧腐蚀 .
②航母用钢可由低硅生铁冶炼而成,则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为 CaCO3或CaO .
(3)航母螺旋浆主要用铜合金制造.
①
80.0gCu﹣Al合金用酸完全溶解后,加入过量氨水,过滤得到白色沉淀
39.0,则合金中Cu的质量分数为
83.1% .
②为分析某铜合金的成分,用酸将其完全溶解后,用NaOH溶液调节pH,当pH=
3.4时开始出现沉淀,分别在pH为
7.
0、
8.0时过滤沉淀.结合题如图信息推断该合金中除铜外一定含有 Al、Ni .【考点】镁、铝的重要化合物;金属的电化学腐蚀与防护;铜金属及其重要化合物的主要性质.【分析】
(1)
①铝是13号元素,铝原子由3个电子层,最外层电子数为3,据此确定在周期表中的位置;将铝土矿溶于NaOH溶液,处理转化为偏铝酸盐,除去杂质,再通入二氧化碳,生成氢氧化铝,加热氢氧化铝可得氧化铝;
②氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水;在焊接过程中为防止Al、Mg等金属发生氧化反应,需在Ar等惰性气体保护下焊接;
(2)
①舰体的主要成分为钢铁(含少量碳的铁碳合金),海水基本为中性溶液,铁主要发生吸氧腐蚀;
②在炼铁过程中可以加入CaCO3或CaO,硅形成硅酸盐,作为炉渣除去从而降低硅含量;
(3)
①铜铝合金用酸完全溶解后,加入过量氨水,铜离子转化为四氨合铜络离子加入溶液,过滤得到白色沉淀是氢氧化铝,根据n=计算氢氧化铝的物质的量,再根据m=nM计算Al的质量,进而计算合金中Cu的质量,再根据质量分数定义计算;
②+2价铁会氧化为+3价铁,会在
3.4前出现沉淀,pH=
3.4时开始出现沉淀为Al(OH)3,pH=
8.0时过滤沉淀为Ni(OH)2,因此该铜合金中还含Al、Ni.【解答】解
(1)
①Al的核外电子层数为3,最外层电子数为3,因此位于周期表中第三周期第ⅢA族;工业冶炼铝的原料是Al2O3,由铝土矿中提取Al2O3的方法一般是将铝土矿溶于NaOH溶液,使Al转化为AlO2﹣,然后通入CO2气体使AlO2﹣转化为Al(OH)3沉淀,然后再将Al(OH)3沉淀加热即可得到Al2O3,故答案为第三周期第ⅢA族;CO2;
②氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水,反应方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O,在焊接过程中为防止Al、Mg等金属发生氧化反应,需在Ar等惰性气体保护下焊接,故答案为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
(2)
①舰体的主要成分为钢铁(含少量碳的铁碳合金),因此在海水中因形成原电池发生吸氧腐蚀,故答案为吸氧腐蚀;
②冶炼过程可加入CaCO3或CaO与硅形成硅酸盐,作为炉渣除去从而降低硅含量,故答案为CaCO3或CaO;
(3)
①Cu2+在过量氨水中易形成络离子,因此得到
39.0g白色沉淀为Al(OH)3沉淀,利用原子守恒可知
80.0gCu﹣Al合金中含有m(Al)=27g/mol×=
13.5g,故该合金中铜的质量分数为=
83.1%,故答案为
83.1%;
②+2价铁会氧化为+3价铁,会在
3.4前出现沉淀,由图可知,结合题中信息可知开始出现沉淀为Al(OH)
3、pH=
8.0时过滤沉淀Ni(OH)2,因此该铜合金中一定还含Al、Ni,故答案为Al、Ni. 15.运用元素周期律研究元素及其化合物的性质具有重要的意义.I.部分短周期主族元素的最高价氧化物对应的水化物(浓度均为
0.01mol•L﹣1)溶液的PH和原子序数的关系如图所示.
(1)元素R在周期表中的位置是 第三周期第ⅦA族
(2)元素Y和W形成的Y2W2型化合物中含有化学键的类型为 离子键、非极性共价键
(3)请写出X的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物的离子反应方程式 H++NH3=NH4+ Ⅱ.短周期元素C、O、S能形成多种化合物,如CO
2、CS
2、COS等
(1)下列能说明碳、硫两种元素非金属性相对强弱的是 AC (填序号)A.S与H2发生化合反应比C与H2化合更容易B.酸性H2SO3>H2CO3C.稳定性CH4<H2S
(2)羰基硫(COS)可作为一种熏蒸剂,能防止某些昆虫、线虫的危害,其分子结构和CO2相似
①羰基硫(COS)的电子式为
②羰基硫(COS)用氢氧化钠溶液处理及利用的过程如图已知A是一种正盐,则反应I的化学反应方程式为 COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O .【考点】原子结构与元素周期律的关系.【分析】I.由题意X、Y、Z、W、R是短周期主族元素且原子序数依次增大,最高价氧化物对应的水化物(浓度均为
0.01mol.L﹣1)溶液的PH,Y对应PH=12,说明Y是钠,X对应PH=2,X是氮,Z对应PH>2,所以Z是磷,W对应PH<2,所以W是S;R对应PH=2原子序数最大,所以R是Cl.
(1)Cl的原子结构中有3个电子层、最外层电子数为7;
(2)元素Y和W形成的Y2W2型化合物是Na2S2;
(3)X的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应生成硝酸铵;II.
(1)A.非金属性越强,越易与氢气化合;B.最高价含氧酸的酸性可说明碳与硫两元素非金属性相对强弱;C.非金属性越强,氢化物越稳定;
(2)由流程可知,COS与氢氧化钠反应,根据原子守恒,A溶液应该是含C的正盐,所以A为Na2CO3;硫化钠溶液加热生成Na2S2O3和气体,由原子守恒,气体a应该是氢气,以此来解答.【解答】解I.由题意X、Y、Z、W、R是短周期主族元素且原子序数依次增大,最高价氧化物对应的水化物(浓度均为
0.01mol.L﹣1)溶液的PH,Y对应PH=12,说明Y是钠,X对应PH=2,X是氮,Z对应PH>2,所以Z是磷,W对应PH<2,所以W是S;R对应PH=2原子序数最大,所以R是Cl.
(1)元素R在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族,故答案为第三周期第ⅦA族;
(2)元素Y和W形成的Y2W2型化合物是Na2S2中含有化学键的类型为离子键、非极性共价键,故答案为离子键、非极性共价键;
(3)X的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物的离子反应方程式为H++NH3=NH4+,故答案为H++NH3=NH4+;II.
(1)A.S与H2发生化合反应比C与H2化合更容易,则能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱关系为S>C,故A正确;B.酸性H2SO3>H2CO3,亚硫酸不是最高价含氧酸,不能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱,故B错误;C.稳定性CH4<H2S,能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱关系为S>C,故C正确;故答案为AC;
(2)由流程可知,COS与氢氧化钠反应,根据原子守恒,A溶液应该是含C的正盐,所以A为Na2CO3;硫化钠溶液加热生成Na2S2O3和气体,由原子守恒,气体a应该是氢气,
①羰基硫(COS)的电子式为,故答案为;
②由上述分析可知,A是Na2CO3;气体a应该是氢气,结合电子、原子、电荷守恒可知反应Ⅱ为2S2﹣+5H2OS2O32﹣+4H2+2OH﹣,则反应I为COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O,故答案为COS+4NaOH=Na2S+Na2CO3+2H2O. 16.xx年9月3日,二十国集团领导人杭州峰会之前,中国政府率先签署了《巴黎协定》并向联合国交存批准文书,体现中国为应对全球气候变化做出了重要贡献.为减少CO2对环境造成影响,有科学家提出设想,先把空气吹入碳酸钾溶液,然后再把CO2从溶液中提取出来,并使之变为可再生燃料甲醇,流程如图1所示
(1)写出分解池中反应的化学方程式 2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑ .
(2)在合成塔中,当有
8.8gCO2与足量H2完全反应,可放出
9.84×l03kJ的能量,写出合成塔中反应的热化学方程式 CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=﹣49200KJ/mol .
(3)在体积为lL的密闭容器中,充入1molCO2和3molH2在300℃下发生反应,有关物质的浓度随时间变化如图2所示.
①从反应开始到平衡,H2的平均反应速率v(H2)=
0.225mol/(L•min) .
②其他条件不变,只将温度提高到500℃,再次平衡时n(CH3OH)/n(CO2)比值 减小 (填“增大”、“减小”或“不变”).
③从平衡移动原理分析,低温有利于提高原料气的转化率,而实际生产中采用300℃的温度,原因是 催化剂此温度下活性最大 .
(4)目前,由CO2来合成二甲醚已取得了较大的进展,其化学反应是2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H>0.判断该反应在一定条件下,体积恒定的密闭容器中是否达到化学平衡状态的依据是 bd .a.容器中密度不变b.单位时间内消耗2molCO2,同时消耗1mol二甲醚c.v(CO2)v(H2)=13d.容器内压强保持不变.【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线;热化学方程式;化学平衡的影响因素;化学平衡的计算.【分析】
(1)碳酸氢钾不稳定,加热时分解生成碳酸钾和二氧化碳、水;
(2)
8.8gCO2的物质的量==
0.2mol,
0.2mol二氧化碳和足量氢气反应放出
9.84×l03kJ热量,计算1mol二氧化碳与足量氢气反应放出的热量,从而写出其热化学反应方程式;
(3)
①依据化学反应速率的概念计算,用单位时间内物质浓度的变化计算得到;
②反应是放热反应温度升高平衡逆向进行;
③考虑反应快慢(或者催化剂活性);
(4)化学平衡状态的标志是正逆反应速率相同,各组分浓度保持不变,分析选项判断.【解答】解
(1)二氧化碳和饱和的碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾,碳酸氢钾不稳定,加热时分解生成碳酸钾、二氧化碳和水,所以方程式为2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑.故答案为2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑;
(2)
8.8gCO2的物质的量==
0.2mol,
0.2mol二氧化碳和足量氢气反应放出
9.84×l03kJ热量,计算1mol二氧化碳与足量氢气反应放出的热量为49200KJ,所以其热化学反应方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=﹣49200KJ/mol,故答案为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=﹣49200KJ/mol;
(3)
①图象分析,甲醇表示的反应速率==
0.075mol/L•min;依据化学方程式CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)计算得到氢气表示的反应速率=
0.075mol/L•min×3=
0.225mol/(L•min);故答案为
0.225mol/(L•min);
②反应是放热反应,若其它条件不变,只将温度提高到800℃,平衡逆向进行,再次达平衡时比值减小;故答案为减小;
③从平衡移动原理分析,低温有利于提高原料气的转化率,而实际生产中采用300℃的温度是为了催化剂此温度下活性最大,故答案为催化剂此温度下活性最大;根据2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H>0可知,该反应为气体体积减小的吸热反应,所以在一定温度下,体积恒定的密闭容器中,a.反应前后气体质量守恒,体积固定,所以过程中密度不变,容器的密度不变不能证明反应达到平衡,故a错误;b.单位时间内消耗2molCO2,同时消耗1mol二甲醚证明反应的正逆反应速率相同,能说明反应达到平衡,故b正确;c.v(CO2)v(H2)=13无法判断正逆反应速率是否相等,故c错误;d.反应前后气体体积变化,容器内压强保持不变说明反应达平衡状态,故d正确;故答案为bd. 17.可用来制备抗凝血药,通过下列路线合成
(1)A与银氨溶液反应有银镜生成,写出该反应的化学方程式 CH3CHO+2Ag(NH3)2++2OH﹣CH3COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O .
(2)B→C的反应类型是 取代反应 .
(3)E的结构简式是 .
(4)写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式 +3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O .
(5)下列关于G的说法正确的是 abd .a.能与溴单质反应b.能与金属钠反应c.1molG最多能和3mol氢气反应d.分子式是C9H6O3
(6)E的同分异构体很多,符合下列条件的共 9 种.
①含苯环,
②苯环上有两个取代基,
③能与醇发生酯化反应.【考点】有机物的推断.【分析】A与银氨溶液反应有银镜生成,则A中存在醛基,由流程可知A与氧气反应可以生成乙酸,则A为CH3CHO,由B和C的结构简式可以看出,乙酸分子中的羟基被氯原子取代,发生了取代反应,D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E,则E的结构简式为,由F的结构简式可知,C和E在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F,据此解答.【解答】解A与银氨溶液反应有银镜生成,则A中存在醛基,由流程可知A与氧气反应可以生成乙酸,则A为CH3CHO,由B和C的结构简式可以看出,乙酸分子中的羟基被氯原子取代,发生了取代反应,D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E,则E的结构简式为,由F的结构简式可知,C和E在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F,
(1)由以上分析可知,A为CH3CHO,与银氨溶液反应的离子方程式为CH3CHO+2Ag(NH3)2++2OH﹣CH3COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O,故答案为CH3CHO+2Ag(NH3)2++2OH﹣CH3COO﹣+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O;
(2)由B和C的结构简式可以看出,乙酸分子中的羟基被氯原子取代,发生了取代反应,故答案为取代反应;
(3)E的结构简式为,故答案为;
(4)F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O,故答案为+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O;
(5)G分子的结构中存在苯环、酯基、羟基、碳碳双键,所以能够与溴单质发生加成反应或者取代反应,能够与金属钠反应产生氢气,a和b正确;1molG含有1mol碳碳双键和1mol苯环,所以需要4mol氢气,c错误,G的分子式为C9H6O3,d正确,故答案为abd;
(6)E()的同分异构体很多,除E外符合下列条件
①含苯环,
②苯环上有两个取代基,
③能与醇发生酯化反应,含有羧基,两个取代基为﹣OH、﹣CH2COOH,或者﹣CH2OH、﹣COOH,或者或者﹣OCH
3、﹣COOH,均有邻、间、对三种位置,故有9种,故答案为9. 18.平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO
2、Fe2O
3、CeO
2、FeO等物质).某课题以此粉末为原料,设计如下工艺流程对资源进行回收,得到Ce(OH)4和硫酸铁铵已知
①酸性条件下,铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式,Ce3+易水解,Ce4+有较强氧化性.
②CeO2不溶于稀硫酸
③硫酸铁铵[aFe2(SO4)3•b(NH4)2SO4•cH2O]广泛用于水的净化处理.
(1)在氧化环节,下列物质中最适合用作氧化剂B的是 b (填序号).a.NaClOb.H2O2c.KMnO4
(2)操作Ⅰ的名称是 冷却结晶 ,检验硫酸铁铵溶液中含有NH4+的方法是 取样于试管中加入NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验气体,若试纸变蓝,即可证明 .
(3)写出反应
②的化学方程式 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4 .
(4)用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度.称取Ce(OH)4样品→加硫酸溶解→用
0.1000mol/LFeSO4溶液滴定所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定,则测得该Ce(OH)4产品的质量分数 偏大 .(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
(5)称取
14.00g硫酸铁铵样品,将其溶于水配制成100mL溶液,分成两等份,向其中一份加入足量NaOH溶液,过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到
1.60g固体;向另一份溶液中加入
0.5mol/LBa(NO3)2溶液100mL,恰好完全反应.通过计算,该硫酸铁铵的化学式为 Fe2(SO4)3•2(NH4)2SO4•2H2O (写出必要的计算步骤,否则不得分).【考点】金属的回收与环境、资源保护;铁的氧化物和氢氧化物;探究物质的组成或测量物质的含量.【分析】废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤,得到滤渣A的成分是Fe2O
3、CeO
2、FeO;滤渣A(Fe2O
3、CeO
2、FeO)加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁溶液,加入氧化剂C可生成硫酸铁,所加氧化剂应避免引入新杂质,滤渣B的成分是CeO2;CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2;Ce3+加碱生成Ce(OH)3悬浊液;Ce(OH)3悬浊液被氧化生成Ce(OH)4.
(1)在氧化环节,所加氧化剂应避免生成杂质;
(2)根据操作流程判断,由溶液生成固体,应首先进行蒸发浓缩,然后冷却结晶;检验硫酸铁铵溶液中含有NH4+,方法为取样于试管中加入NaOH溶液,加热,在试管口置一湿润的红色石蕊试纸;
(3)Ce(OH)3被氧气氧化为Ce(OH)4,根据质量守恒可知,反应物中有水参与;
(4)滴定时所用定量仪器的最小刻度为
0.1ml,FeSO4溶液在空气中露置一段时间后会被氧化,消耗硫酸亚铁增大;
(5)依据铁元素守恒计算氢氧化铁物质的量,依据硫酸根离子守恒和足量守恒计算分析化学式.【解答】解废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤,得到滤渣A的成分是Fe2O
3、CeO
2、FeO;滤渣A(Fe2O
3、CeO
2、FeO)加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁溶液,加入氧化剂C可生成硫酸铁,所加氧化剂应避免引入新杂质,滤渣B的成分是CeO2;CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2;Ce3+加碱生成Ce(OH)3悬浊液;Ce(OH)3悬浊液被氧化生成Ce(OH)4.
(1)在氧化环节,所加氧化剂应避免生成杂质,只能选用过氧化氢,故答案为b;
(2)根据操作流程判断,由溶液生成固体,应首先进行蒸发浓缩,然后冷却结晶,检验硫酸铁铵溶液中含有NH4+,方法为取样于试管中加入NaOH溶液,加热,在试管口置一湿润的红色石蕊试纸,故答案为冷却结晶;取样于试管中加入NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验气体,若试纸变蓝,即可证明;
(3)Ce(OH)3被氧气氧化为Ce(OH)4,根据质量守恒可知,反应物中有水参与,化学方程式为4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4,故答案为4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4;
(4)滴定时所用定量仪器的最小刻度为
0.1mL,估读
0.01ml,FeSO4溶液在空气中露置一段时间后会被氧化,消耗硫酸亚铁增大,测定该Ce(OH)4产品的质量分数会偏大;故答案为偏大;
(5)称取
14.00g样品,将其溶于水配置成100mL溶液,分成两等份,向其中一份中加入足量NaOH溶液,过滤洗涤得到沉淀并烘干灼烧至恒重得到
1.60g固体为氧化铁,n(Fe2O3)==
0.01mol,生成氢氧化铁沉淀物质的量为,n(Fe(OH)3)=
0.02mol,向另一份溶液中加入
0.05molBa(NO3)2溶液,恰好完全反应,则n(SO42﹣)=
0.05mol,所以
14.00g样品中含有Fe2(SO4)
30.02mol,n(SO42﹣)为
0.1mol,则(NH4)2SO4为
0.1mol﹣
0.02mol×3=
0.04mol,则m(H2O)=
14.00g﹣
0.02mol×400g/mol﹣
0.04mol×132g/mol=
0.72g,n(H2O)==
0.04mol,n(Fe2(SO4)3)n((NH4)2SO4)n(H2O)=
0.
020.
040.04=122,所以化学式为Fe2(SO4)3•2(NH4)2SO4•2H2O,故答案为Fe2(SO4)3•2(NH4)2SO4•2H2O. 19.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究.已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰.M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去)
(1)写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式 2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑ .写出F的电子式
(2)若A是一种常见的酸性氧化物,且可用于制造玻璃,E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体,则E溶液的俗称是 水玻璃 .
(3)若A是CO2气体,A与B溶液能够反应,反应后所得的溶液再与盐酸反应,如图2所示反应后溶液中的溶质化学式为 Na2CO3和NaHCO3 .
(4)若A是一种常见金属单质,且A与B溶液能够反应,则将过量的F溶液逐滴加入E溶液,边加边振荡,所看到的实验现象是 溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成,且不断增加;然后又由多到少,最后消失 .
(5)若A是一种不稳定的盐,A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色,最后变成红褐色的E,向G溶液中加入苯酚溶液后显紫色,则由A转化成E的离子方程式是 4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓
(6)若A是一种化肥.实验室可用A和B反应制取气体E,E与F、E与D相遇均冒白烟,且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露,写出E与D反应的化学方程式是 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl .
(7)若A是一种溶液,只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32﹣、SO42﹣中的某些离子,当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示,由此可知,该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为 c(H+)c(Al3+)c(NH4+)c(SO42﹣)=1123 .【考点】无机物的推断.【分析】
(1)C可在D中燃烧发出苍白色火焰,为氢气与氯气反应生成HCl,可推知C为H
2、D为Cl
2、F为HCl,M是日常生活中不可缺少的调味品,由转化关系可知,M的溶液电解生成氢气、氯气与B,可推知M为NaCl、B为NaOH,
(2)若A是一种常见的酸性氧化物,且可用于制造玻璃,则A为SiO2,E为Na2SiO3,与F溶液反应可以制备G为H2SiO3;
(3)若A是CO2气体,CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物,也有可能氢氧化钠过量,根据反应后所得的溶液再与盐酸反应产生气体的图2所示可知,盐酸体积为
0.1L时没有气体,而用了
0.2L的盐酸产生气体,碳酸钠溶液生成碳酸氢钠的用掉的盐酸与碳酸氢钠产生二氧化碳用的掉的盐酸相等,由此判断反应后溶液中的溶质;
(4)若A是一种常见金属单质,且与NaOH溶液能够反应,则A为Al,E为NaAlO2,则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中,先生成氢氧化铝,而后氢氧化铝溶解;
(5)若A是一种不稳定的盐,A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色,最后变成红褐色的E,可推知A中含有Fe2+,E为Fe(OH)3,G为FeCl3;
(6)若A是一种化肥,实验室可用A和NaOH反应制取气体E,则E为NH
3、A为铵盐,E与氯气相遇均冒白烟,且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露,则氨气与氯气反应生成氯化铵,同时生成氮气;
(7)由图可知,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32﹣,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2+、Fe3+,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH﹣=NH3•H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可知一定含有SO42﹣,根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+)n(Al3+)n(NH4+)之比,再结合电荷守恒计算与n(SO42﹣)的比例关系,据此计算【解答】解
(1)C可在D中燃烧发出苍白色火焰,为氢气与氯气反应生成HCl,可推知C为H
2、D为Cl
2、F为HCl,M是日常生活中不可缺少的调味品,由转化关系可知,M的溶液电解生成氢气、氯气与B,可推知M为NaCl、B为NaOH,用惰性电极电解M溶液的离子方程式为2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑,HCl分子中H原子与Cl原子之间形成1对共用电子对,其电子式为,故答案为2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑;
(2)若A是一种常见的酸性氧化物,且可用于制造玻璃,则A为SiO2,E为Na2SiO3,与F溶液反应可以制备G为H2SiO3,E的溶液俗称水玻璃,故答案为水玻璃;
(3)若A是CO2气体,CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物,也有可能氢氧化钠过量,根据反应后所得的溶液再与盐酸反应产生气体的图2所示可知,盐酸体积为
0.1L时没有气体,而用了
0.2L的盐酸产生气体,碳酸钠溶液生成碳酸氢钠的用掉的盐酸与碳酸氢钠产生二氧化碳用的掉的盐酸相等,由此判断反应后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3,故答案为Na2CO3和NaHCO3;
(4)若A是一种常见金属单质,且与NaOH溶液能够反应,则A为Al,E为NaAlO2,则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中,先生成氢氧化铝,而后氢氧化铝溶解,故看到的现象为溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成,且不断增加;然后又由多到少,最后消失,故答案为溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成,且不断增加;然后又由多到少,最后消失;
(5)若A是一种不稳定的盐,A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色,最后变成红褐色的E,可推知A中含有Fe2+,E为Fe(OH)3,G为FeCl3,则由A转化成E的离子方程式是4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓,故答案为4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓;
(6)若A是一种化肥,实验室可用A和NaOH反应制取气体E,则E为NH
3、A为铵盐,E与氯气相遇均冒白烟,且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露,则氨气与氯气反应生成氯化铵,同时生成氮气,反应方程式为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl,故答案为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl;
(7)由图可知,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32﹣,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2+、Fe3+,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH﹣=NH3•H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可知一定含有SO42﹣,发生反应H++OH﹣=H2O,氢离子消耗NaOH溶液的体积为1积,发生反应Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓,铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积,发生反应NH4++OH﹣=NH3•H2O,铵根消耗氢氧化钠为2体积,则n(H+)n(Al3+)n(NH4+)=112,由电荷守恒可知,n(H+)n(Al3+)n(NH4+)n(SO42﹣)=1123,故c(H+)c(Al3+)c(NH4+)c(SO42﹣)=1123,故答案为c(H+)c(Al3+)c(NH4+)c(SO42﹣)=1123. 20.一种常见聚酯类高分子材料的合成流程如下已知以下信息
①A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志.
②核磁共振氢谱显示上述流程中C8H10分子含有两种化学环境的氢.
③同一个碳原子上连有两个﹣OH时会发生→+H2O回答下列问题
(1)A的名称是 乙烯 ,该流程中C8H10的结构简式是 .
(2)F中含有的官能团名称为 羧基 .
(3)
①~
⑥的反应中属于取代反应的是
②③④ .
(4)写出反应
⑤、
⑦的化学方程式反应
⑤ ;反应
⑦ .
(5)C8H8Cl2的同分异构体中含有苯环且Cl原子不与苯环直接相连的还有 8 种(不包括上述流程中的结构),其中核磁共振氢谱为3组峰,且峰面积比为211的结构简式是 .
(6)请你结合所学知识和题给信息设计一种将C8H10转化为F的合成路线 (有机物用结构简式表示,无机试剂任选).【考点】有机物的合成.【分析】A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志,则A结构简式为CH2=CH2,A和溴发生加成反应生成B,B结构简式为CH2BrCH2Br,B发生取代反应生成C,C结构简式为HOCH2CH2OH;核磁共振氢谱显示上述流程中C8H10分子含有两种化学环境的氢,C8H10分子不饱和度==4,结合最终产物知,该分子中含有一个苯环,该结构简式为,发生取代反应生成C8H8Cl2,C8H8Cl2发生水解反应生成D,D发生催化氧化反应生成E,E发生氧化反应生成F,根据最终产物结构简式知,F结构简式为,E结构简式为、D结构简式为、C8H8Cl2结构简式为,
(6)对二甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成对二苯甲酸或对二甲苯发生取代反应生成对二二氯甲苯、对二二氯甲苯发生水解反应生成对二苯甲醛、对二苯甲醛发生氧化反应生成对二苯甲酸或对二甲苯发生取代反应生成对二三氯甲苯、对二三氯甲苯发生水解反应生成对二苯甲酸钠、对二苯甲酸钠酸化得到对二苯甲酸,据此分析解答.【解答】解A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志,则A结构简式为CH2=CH2,A和溴发生加成反应生成B,B结构简式为CH2BrCH2Br,B发生取代反应生成C,C结构简式为HOCH2CH2OH;核磁共振氢谱显示上述流程中C8H10分子含有两种化学环境的氢,C8H10分子不饱和度==4,结合最终产物知,该分子中含有一个苯环,该结构简式为,发生取代反应生成C8H8Cl2,C8H8Cl2发生水解反应生成D,D发生催化氧化反应生成E,E发生氧化反应生成F,根据最终产物结构简式知,F结构简式为,E结构简式为、D结构简式为、C8H8Cl2结构简式为,
(1)A的名称是乙烯,该流程中C8H10的结构简式是,故答案为乙烯;;
(2)F结构简式为,F中含有的官能团名称为羧基,故答案为羧基;
(3)
①~
⑥的反应中属于取代反应的是
②③④,故答案为
②③④;
(4)反应
⑤的方程式为;反应
⑦的方程式为,故答案为;;
(5)C8H8Cl2的同分异构体中含有苯环且Cl原子不与苯环直接相连,如果有两个取代基﹣CH2Cl,有邻间对3种;如果取代基为﹣CH
3、﹣CHCl2,有邻间对3种;如果取代基为﹣CCl2CH3有1种、如果取代基为﹣CH2CHCl2有1种,如果取代基为﹣CHClCH2Cl有1种,所以符合条件的同分异构体还有8种;其中核磁共振氢谱为3组峰,且峰面积比为211的结构简式是,故答案为8;;
(6)对二甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成对二苯甲酸或对二甲苯发生取代反应生成对二二氯甲苯、对二二氯甲苯发生水解反应生成对二苯甲醛、对二苯甲醛发生氧化反应生成对二苯甲酸或对二甲苯发生取代反应生成对二三氯甲苯、对二三氯甲苯发生水解反应生成对二苯甲酸钠、对二苯甲酸钠酸化得到对二苯甲酸,其合成路线为,故答案为. xx年1月13日。