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2019-2020年高三化学上学期8月第一次月考试卷(含解析)
一、单项选择题(本题共20小题,每小题2分,共40分).1.下列说法不正确的是( )A.化石燃料燃烧产生大量CO2,会导致温室效应B.自来水可用氯气来杀菌消毒,说明氯气无毒C.血液透析利用了胶体的性质D.采用原煤脱硫技术,可减少燃煤燃烧时产生的SO2 2.关于下列各实验装置的叙述中,不正确的是( )A.装置
①可用于验证Na与H2O反应是否放热B.装置
②可用于比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性C.装置
③中X若为CCl4,可用于吸收NH3或HCl,并防止倒吸D.装置
④可用于干燥、收集NH3,并吸收多余的NH3 3.下列有关试剂的保存方法,错误的是( )A.漂白粉密封保存于阴凉干燥的地方B.少量的金属钠保存在煤油中C.盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞D.新制的氯水保存在无色试剂瓶中 4.下列实验操作中有错误的是( )A.分液时,分液漏斗下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出B.萃取时,用酒精萃取碘水中的碘C.蒸馏时,冷却水应从冷凝管的下口通入,上口流出D.把几滴FeCl3饱和溶液滴入25mL的沸水中加热至液体呈红褐色制取Fe(OH)3胶体 5.下列离子方程式书写正确的是( )A.FeCl3溶液与Cu反应Fe3++Cu═Fe2++Cu2+B.硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓C.用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气MnO2+2H++2Cl﹣=Mn2++Cl2+2H2OD.Cu溶于足量浓硝酸Cu+2NO3﹣+4H+═Cu2++2NO2↑+2H2O 6.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( )选项实验操作现象解释或结论A过量的铁粉加入稀硝酸中,充分反应后,滴入KSCN溶液溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe2+BAlCl3溶液中滴加过量的氨水溶液先出现白色沉淀,后沉淀又逐渐溶解氢氧化铝能溶于氨水C铝箔插入稀硝酸中无明显现象铝箔表面被稀硝酸氧化,形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓硫酸点到pH试纸上试纸变黑色浓硫酸具有脱水性A.AB.BC.CD.D 7.如图试验中,所选装置不合理的是( )A.分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5,选
④B.用CCl4提取碘水中的碘,选
③C.用FeCl2溶液吸收Cl2选
⑤D.粗盐提纯,选
①和
② 8.下列实验能达到预期目的是( )A.可以采用多次盐析或多次渗析的方法分离、提纯蛋白质B.向淀粉溶液中加入稀H2SO4,水浴加热一段时间后,取出部分水解液滴加碘水,若溶液变蓝,证明淀粉未发生水解C.将蔗糖和稀H2SO4加热水解后的液体取出少许,加入新制的Cu(OH)2并加热煮沸,无红色沉淀生成,证明蔗糖未发生水解生成葡萄糖D.蛋白质溶液中加入丙酮可以使蛋白质从溶液中析出,再加水又能溶解 9.下列化学实验事实及其解释或结论都正确的是( )A.用玻璃棒蘸取新制氯水,滴在pH试纸上,然后与比色卡对照,可测定新制氯水的pHB.向10mL
0.1mol/L的AgNO3溶液中滴加10滴
0.1mol/L的NaCl溶液,有白色沉淀生成,再向其中滴加
0.1mol/L的KI溶液,沉淀变为黄色,说明相同温度下AgCl溶解度小于AgI的溶解度C.向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液,振荡,再加入
0.5mL有机物Y,加热,未出现砖红色沉淀,说明Y中不含醛基D.取少量卤代烃Y在碱性溶液中水解,用硝酸酸化至酸性,再滴加AgNO3溶液,生成淡黄色沉淀,说明卤代烃中含有溴元素 10.下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是( )选项XYZ箭头上所标数字的反应条件ANa2O2NaOHNaCl
①常温遇水BAl2O3NaAlO2Al(OH)3
②通入CO2CNONO2HNO3
④加入铜粉DCl2NaClOHClO
③加浓盐酸A.AB.BC.CD.D 11.用NA表示阿伏伽德罗常数,下列说法正确的是( )A.用含
0.1molFeCl3的溶液与足量沸水反应制得的Fe(OH)3胶体粒数为
0.1NAB.46gNO2和N2O4的混合气体中含N原子总数为NAC.标准状况下,
5.6LCCl4含有的分子数为
0.25NAD.
0.25molNa2O2中含有的阴离子数为
0.5NA 12.用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的是( )A.用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB.用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C.用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体D.用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层 13.下列不能说明氯的非金属性比硫强的事实是( )
①HCl比H2S稳定
②HCl和H2S的水溶液前者的酸性强
③HClO4酸性比H2SO4强
④Cl2能与H2S反应生成S
⑤Cl原子能得1个电子变成稳定离子而S原子能得两个电子
⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3,S与Fe反应生成FeS.A.
①②④B.
①②⑥C.
②⑤D.
①③⑤ 14.下列物质中既能与盐酸反应,又能与NaOH溶液反应的是( )
①Na2CO3
②Al(OH)3
③NH4HCO3
④Al2O3.A.
①②④B.
②③④C.
②④D.全部 15.NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述不正确的是( )A.常温常压下,CO2和CO混合气体1mol中含有的碳原子数为NAB.在KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O反应中,每生成3molI2,则转移6NA个电子C.1molNa2O2与H2O完全反应,转移的电子总数为NAD.在1L
0.1mol/L的碳酸钠溶液中,阴离子总数大于
0.1NA 16.室温时,下列各组离子在指定溶液中可以大量共存的是( )A.
1.0mol/L的KNO3溶液H+,Fe2+,K+,SO42﹣B.由水电离出c(H+)=
1.0×10﹣13的溶液Na+,CH3COO﹣,HCO3﹣,SO42﹣C.加入甲基橙试液呈红色的溶液NH4+,K+,SO42﹣,Cl﹣D.饱和氯水中NO3﹣,Na+,SO32﹣,Cl﹣ 17.反兴奋剂是每届体育赛事关注的热点.利尿酸是一种常见的兴奋剂,其分子结构如图关于利尿酸的说法中,正确的是( )A.它是芳香烃B.它不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.它不能与饱和碳酸钠溶液反应放出CO2D.它能发生取代反应、加成反应和酯化反应 18.下列离子方程式正确的是( )A.大理石溶于醋酸CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2OB.FeBr2溶液中通入少量的Cl22Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣C.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2至刚好沉淀完全2H++SO+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2OD.酸性氢氧燃料电池的正极反应H2﹣2e﹣=2H+ 19.下列关于实验操作的叙述正确的是( )A.配制一定物质的量浓度的溶液时,定容后把容量瓶倒转摇匀,发现液面低于刻度,再补充几滴水到刻度B.锥形瓶盛装待测液前需先用蒸馏水洗净,再用待测液润洗C.石蕊试纸在测定气体酸碱性时必须用蒸馏水润湿D.向稀氢氧化钠溶液中滴加饱和氯化铁溶液并不断搅拌,制取氢氧化铁胶体 20.已知3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O,对于该反应的下列叙述中,不正确的是( )A.氧化剂和还原剂的物质的量之比为13B.离子间的反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化C.每1molNO3﹣发生氧化反应,转移3mole﹣D.若把该反应设计为原电池,则负极反应为Fe2+﹣e﹣=Fe3+
二、非选择题(本题包括3小题,共45分).21.如图所示是用于气体制备、干燥(或除杂质)、性质验证、尾气处理的部分仪器装置(加热及夹持固定装置均已略去,各装置可以不用,但不可重复使用,).请根据下列要求回答问题.
(1)若用A﹣D﹣B﹣E组合进行探究氨气与氧化铜的反应,则分液漏斗中应加入的试剂是 ,E装置的作用 .
(2)为了进行氨的催化氧化实验,若锥形瓶中盛装足量的Na2O2粉末,分液漏斗中盛装浓氨水,慢慢打开分液漏斗的活塞,产生的气体通过红热的铂粉,各仪器装置按气流方向从左到右连接顺序是(填字母) ;装置B中发生反应的化学方程式为 .
(3)若用A﹣C﹣D﹣B组合进行氢气还原氧化铜实验.分液漏斗中的试剂是盐酸,C中试剂是水,其作用是 ;A中反应开始后,加热B之前的实验操作是 ,加热后B中将观察到的现象是 . 22.某同学受硝酸能把铁氧化成Fe(NO3)3,但当铁过量时,产物是Fe(NO3)2的启发,提出过量氯气与铁反应生成FeCl
3、氯气与过量铁粉反应生成FeCl2的观点.为了验证该观点是否正确,该同学将一定量铁粉与Cl2恰好完全反应得到一固体物质A,然后通过实验确定其成分.探究过程如下
(1)提出假设(请把下列假设补充完整)假设1该固体物质是FeCl2;假设2该固体物质是 ;假设3该固体物质是 .
(2)设计实验方案取少量固体物质A于烧杯中,加适量水溶解A,然后取两份A溶液分别进行实验,实验现象与结论如下表(请在表格的横线处填空)实验方法实验现象结论在溶液中加入KSCN溶液 固体物质中有FeCl3在酸性KMnO4溶液中加入少量AKMnO4溶液颜色无明显变化固体物质中不含
(3)已知 Fe(NO3)2溶液为浅绿色,往Fe(NO3)2溶液中加入少量的稀硫酸,溶液颜色有何变化(请把答案写在横线上) ,该变化过程的离子方程式为 .
(4)取100mL
0.2mol/L的FeCl3溶液置于烧杯中,向其中加入一定量的Fe、Cu混合物,充分反应后仍有固体剩余,下列叙述一定正确的是 (设溶液体积不变,不考虑水解因素).A.烧杯中有Fe无Cu,c(Fe2+)=
0.2mol/LB.烧杯中有Cu无Fe,c(Fe2+)=
0.3mol/LC.烧杯中有Cu无Fe,c(Cl﹣)=
0.6mol/LD.烧杯中Fe、Cu均有,c(Fe2+)=
0.3mol/L
(5)在FeSO4的溶液中加入与FeSO4等物质的量的Na2O2固体,恰好使FeSO4转化为Fe(OH)3,写出该反应的离子方程式 . 23.某化学小组模拟“侯氏制碱法”,以NaCl、NH
3、CO2和水等为原料以及如图所示装置制取NaHCO3,反应的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl.然后再将NaHCO3制成Na2CO3.
(1)装置乙的作用是 .为防止污染空气,尾气中含有的 需要进行吸收处理.
(2)由装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时,需要进行的实验操作有 、 、 .NaHCO3转化为Na2CO3的化学方程式为 .
(3)若在
(2)中灼烧的时间较短,NaHCO3将分解不完全,该小组对一份加热了t1min的NaHCO3样品的组成进行了以下研究.取加热了t1min的NaHCO3样品
29.6g完全溶于水制成溶液,然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸,并不断搅拌.随着盐酸的加入,溶液中有关离子的物质的量的变化如图2所示.则曲线c对应的溶液中的离子是 (填离子符号);该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是 .
(4)若取
21.0gNaHCO3固体,加热了t1min后,剩余固体的质量为
14.8g.如果把此剩余固体全部加入到200mL 2mol•L﹣1的盐酸中,则充分反应后溶液中H+的物质的量浓度为 (设溶液体积变化忽略不计).
三、【化学--选修5有机化学基础】(15分).24.[化学﹣﹣选修5有机化学基础]I.已知有机物A仅含碳、氢、氧3种元素,质谱分析可知其相对分子质量为46,核磁共振氢谱显示分子中有三种不同化学环境的氢原子,且有如下的转化关系
(1)由A→B的反应类型是
(2)D的红外光谱表明分子内除C一H键、C一C键外还含有两个C一O单键,反应
①中D与HCl按物质的量之比11反应,则D的结构简式是 II.化合物E和F是药品普鲁卡因合成的重要原料,普鲁卡因的合成路线如下已知
(3)丁的结构简式为
(4)反应
③的化学方程式是
(5)普鲁卡因有两种水解产物戊和己,且戊与甲具有相同的分子式.符合下列条件的戊的同分异构体有 种(包含戊);a.分子结构中含苯环,且每个苯环有2个侧链b.分子结构中一定含官能团一NH2且一NH2直接与碳原子相连
(6)戊经聚合反应制成的高分子纤维广泛用于通讯、宇航等领域.该聚合反应的化学方程式是 . xx学年湖南省湘西州凤凰县华鑫实验中学高三(上)第一次月考化学试卷(8月份)参考答案与试题解析
一、单项选择题(本题共20小题,每小题2分,共40分).1.下列说法不正确的是( )A.化石燃料燃烧产生大量CO2,会导致温室效应B.自来水可用氯气来杀菌消毒,说明氯气无毒C.血液透析利用了胶体的性质D.采用原煤脱硫技术,可减少燃煤燃烧时产生的SO2考点化石燃料与基本化工原料;氯气的化学性质;二氧化硫的污染及治理;渗析.专题化学应用.分析A.CO2会导致温室效应;B.氯气有强氧化性;C.血液是胶体,而胶体有电泳现象;D.煤中含有S元素,燃烧生成二氧化硫.解答解A.化石燃料燃烧产生二氧化碳,CO2会导致温室效应,故A正确;B.氯气有强氧化性,有毒,故B错误;C.血液是胶体,而胶体有电泳现象,利用了胶体的性质,故C正确;D.煤中含有S元素,燃烧生成二氧化硫,采用原煤脱硫技术,可减少燃煤燃烧时产生的SO2,故D正确.故选B.点评本题考查知识点较多,为小综合,涉及温室效应、燃煤脱硫、胶体、氯气的性质,注重基础知识的考查,题目难度不大. 2.关于下列各实验装置的叙述中,不正确的是( )A.装置
①可用于验证Na与H2O反应是否放热B.装置
②可用于比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性C.装置
③中X若为CCl4,可用于吸收NH3或HCl,并防止倒吸D.装置
④可用于干燥、收集NH3,并吸收多余的NH3考点化学实验方案的评价.专题实验评价题.分析A.温度升高气体体积增大;B.大试管温度高;C.装置
③可以吸收易溶于水的气体,并可防倒吸;D.装置
④可收集能用碱石灰干燥、密度比空气小且易溶于水的气体.解答解A.温度升高气体体积增大,红墨水右侧液面升高,故A正确;B.大试管温度高,应放碳酸钠,故B错误;C.装置
③X若为CCl4,NH3或HCl极易溶于水且不溶于CCl4的气体,可以用装置
③并可防倒吸,故C正确;D.氨气为碱性气体可用碱石灰干燥,氨气密度比空气小极易溶于水,可用向上排空气法收集,用一倒置的漏斗防倒吸并吸收多余的氨气,所以装置
④可干燥、收集NH3,并吸收多余的NH3,故D正确.故选B.点评本题考查化学实验方案的评价,涉及基础实验操作,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,为高频考点,注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器,注重相关基础知识的积累,难度不大. 3.下列有关试剂的保存方法,错误的是( )A.漂白粉密封保存于阴凉干燥的地方B.少量的金属钠保存在煤油中C.盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞D.新制的氯水保存在无色试剂瓶中考点化学试剂的存放.专题化学实验基本操作.分析A.根据漂白粉的性质及HClO的性质来分析漂白粉正确的保存方法;B.钠化学性质比较活泼,应该隔绝空气保存;C.氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反应,不能使用玻璃塞,应该使用橡胶塞;D.新制的氯水中含有次氯酸,次氯酸见光容易分解,应该避光保存.解答解A.因碳酸的酸性大于次氯酸,则Ca(ClO)2能和空气中CO
2、H2O发生反应生成HClO,且HClO光照或受热会发生分解,则漂白粉需要密封避光保存于阴凉处,故A正确;B.钠与水和氧气反应,应该隔绝空气保存,钠密度大于煤油,且不与煤油反应,少量的钠可以保存在煤油中,故B正确;C.盛装氢氧化钠溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞,原因是氢氧化钠能够与二氧化硅反应生成硅酸钠,硅酸钠具有粘性,能够将玻璃塞和玻璃瓶粘在一起,所以应该使用橡皮塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液,故C正确;D.新制的氯水见光容易分解,应该避光保存,所以新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中,故D错误;故选D.点评本题考查了常见化学试剂的保存方法判断,题目难度不大,注意掌握常见化学性质的性质及正确的保存方法,明确见光分解的需要不存在棕色试剂瓶中、能够与空气中二氧化碳、氧气反应的试剂需要密封保存等. 4.下列实验操作中有错误的是( )A.分液时,分液漏斗下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出B.萃取时,用酒精萃取碘水中的碘C.蒸馏时,冷却水应从冷凝管的下口通入,上口流出D.把几滴FeCl3饱和溶液滴入25mL的沸水中加热至液体呈红褐色制取Fe(OH)3胶体考点物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.专题化学实验基本操作.分析A.分液时要避免液体重新混合而污染;B.酒精与水混溶,不能用作萃取剂;C.蒸馏时,为充分冷凝,应使冷却水应从冷凝管的下口通入,上口流出;D.饱和氯化铁在热水中水解生成氢氧化铁胶体.解答解A.分液时要避免液体重新混合而污染,分液漏斗下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,故A正确;B.酒精与水混溶,不能用作萃取剂,可用苯或四氯化碳,故B错误;C.蒸馏时,为充分冷凝,应使冷却水应从冷凝管的下口通入,上口流出,可使冷凝水充满冷凝管,故C正确;D.饱和氯化铁在热水中水解生成氢氧化铁胶体,制备时要防止生成氢氧化铁沉淀,故D正确.故选B.点评本题考查物质较为综合,涉及物质的分离、提纯和制备,题目侧重于基本实验操作的考查,难度不大. 5.下列离子方程式书写正确的是( )A.FeCl3溶液与Cu反应Fe3++Cu═Fe2++Cu2+B.硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓C.用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气MnO2+2H++2Cl﹣=Mn2++Cl2+2H2OD.Cu溶于足量浓硝酸Cu+2NO3﹣+4H+═Cu2++2NO2↑+2H2O考点离子方程式的书写.专题离子反应专题.分析A、选项中离子方程式电荷不守恒;B、硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合反应生成硫酸钡沉淀和水;C、原子和电荷不守恒;D、Cu溶于足量浓硝酸反应生成硝酸铜,二氧化氮和水.解答解A、选项中离子方程式电荷不守恒,FeCl3溶液与Cu反应的离子方程式2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+,故A错误;B、硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合反应生成硫酸钡沉淀和水,反应的离子方程式SO42﹣+2H++2OH﹣+Ba2+═BaSO4↓+H2O,故B错误;C、原子和电荷不守恒,用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气反应的离子方程式MnO2+4H++2Cl﹣=Mn2++Cl2+2H2O,故C错误;D、Cu溶于足量浓硝酸反应生成硝酸铜,二氧化氮和水,反应的离子方程式Cu+2NO3﹣+4H+═Cu2++2NO2↑+2H2O,故D正确;故选D.点评本题考查了离子方程式正误判断,和书写方法,掌握物质性质和电荷、原子守恒是书写关键,题目难度中等. 6.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( )选项实验操作现象解释或结论A过量的铁粉加入稀硝酸中,充分反应后,滴入KSCN溶液溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe2+BAlCl3溶液中滴加过量的氨水溶液先出现白色沉淀,后沉淀又逐渐溶解氢氧化铝能溶于氨水C铝箔插入稀硝酸中无明显现象铝箔表面被稀硝酸氧化,形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓硫酸点到pH试纸上试纸变黑色浓硫酸具有脱水性A.AB.BC.CD.D考点化学实验方案的评价.专题实验评价题.分析A.过量铁粉和稀硝酸反应生成硝酸亚铁,亚铁离子和KSCN溶液不反应;B.氢氧化铝不溶于弱碱;C.常温下,浓硝酸和铝发生钝化现象;D.浓硫酸具有脱水性.解答解A.铁和稀硝酸反应生成硝酸铁,铁和铁离子反应生成亚铁离子,所以过量的铁和硝酸反应生成硝酸亚铁,亚铁离子和KSCN溶液不反应,所以溶液不呈红色,故A错误;B.氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝,氢氧化铝不溶于弱碱,所以溶液中出现白色沉淀,沉淀不溶解,故B错误;C.常温下,浓硝酸和铝发生钝化现象,稀硝酸和铝反应生成硝酸铝和NO,有气体生成且铝片逐渐溶解,故C错误;D.浓硫酸能将纸张中H、O以21水的形式脱去而体现脱水性,故D正确;故选D.点评本题考查了化学实验方案评价,明确物质的性质及物质之间反应现象即可解答,同时考查学生思考问题的缜密性,因为氢氧化铝不溶于氨水,所以实验室用氨水和可溶性铝盐制取氢氧化铝,题目难度不大. 7.如图试验中,所选装置不合理的是( )A.分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5,选
④B.用CCl4提取碘水中的碘,选
③C.用FeCl2溶液吸收Cl2选
⑤D.粗盐提纯,选
①和
②考点化学实验方案的评价.专题实验评价题.分析A.Na2CO3溶液和CH3COOC2H5,分层;B.CCl4提取碘水中的碘,发生萃取,水在上层;C.用FeCl2溶液吸收Cl2,导管应长进短出;D.粗盐提纯,溶解后过滤除去不溶性杂质.解答解A.Na2CO3溶液和CH3COOC2H5,分层,则选择分液法分离,即图中
③装置,故A错误;B.CCl4提取碘水中的碘,发生萃取,水在上层,则选择萃取、分液装置,即图中
③装置,故B正确;C.用FeCl2溶液吸收Cl2,导管应长进短出,应利用洗气瓶图中
⑤来实现,故C正确;D.粗盐提纯,溶解后过滤除去不溶性杂质,然后蒸发即可,则选择过滤、蒸发装置,即选
①和
②,故D正确;故选A.点评本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、混合物分离方法及选择、实验基本操作等为解答的关键,侧重物质性质及实验能力的综合考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大. 8.下列实验能达到预期目的是( )A.可以采用多次盐析或多次渗析的方法分离、提纯蛋白质B.向淀粉溶液中加入稀H2SO4,水浴加热一段时间后,取出部分水解液滴加碘水,若溶液变蓝,证明淀粉未发生水解C.将蔗糖和稀H2SO4加热水解后的液体取出少许,加入新制的Cu(OH)2并加热煮沸,无红色沉淀生成,证明蔗糖未发生水解生成葡萄糖D.蛋白质溶液中加入丙酮可以使蛋白质从溶液中析出,再加水又能溶解考点化学实验方案的评价.分析A.蛋白质属于胶体,难溶于饱和盐溶液,不能透过半透膜;B.淀粉遇碘变蓝色;C.葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液在碱性条件下发生氧化反应;D.蛋白质变性没有可逆性.解答解A.蛋白质属于胶体,难溶于饱和盐溶液,不能透过半透膜,可用多次盐析或多次渗析的方法分离、提纯蛋白质,故A正确;B.淀粉遇碘变蓝色,该实验中淀粉部分水解、不水解都能使碘水变蓝色,故B错误;C.葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液在碱性条件下发生氧化反应,所以在滴加新制氢氧化铜悬浊液之前应该加NaOH中和酸,故C错误;D.丙酮能使蛋白质变性而从溶液中析出,但蛋白质变性没有可逆性,所以加水不能溶解,故D错误;故选A.点评本题考查化学实验方案评价,涉及蛋白质、淀粉及官能团的检验等知识点,明确实验原理是解本题关键,会从实验操作规范性及评价性分析判断,易错选项是C,注意蛋白质变性和盐析区别. 9.下列化学实验事实及其解释或结论都正确的是( )A.用玻璃棒蘸取新制氯水,滴在pH试纸上,然后与比色卡对照,可测定新制氯水的pHB.向10mL
0.1mol/L的AgNO3溶液中滴加10滴
0.1mol/L的NaCl溶液,有白色沉淀生成,再向其中滴加
0.1mol/L的KI溶液,沉淀变为黄色,说明相同温度下AgCl溶解度小于AgI的溶解度C.向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液,振荡,再加入
0.5mL有机物Y,加热,未出现砖红色沉淀,说明Y中不含醛基D.取少量卤代烃Y在碱性溶液中水解,用硝酸酸化至酸性,再滴加AgNO3溶液,生成淡黄色沉淀,说明卤代烃中含有溴元素考点氯气的化学性质;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用.专题物质检验鉴别题;元素及其化合物.分析A.氯气与水反应,发生Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO,氯水中含有HClO、Cl2,具有氧化性,其中HClO具有漂白性,含有H+,具有酸性;B.向10mL
0.1mol/L的AgNO3溶液中滴加10滴
0.1mol/L的NaCl溶液,有白色沉淀生成,再向其中滴加
0.1mol•L﹣1KI溶液,白色沉淀转化为黄色沉淀.说明生成AgI,生成物溶度积更小,Ksp(AgCl)>Ksp(AgI);C.1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液,碱不足,检验﹣CHO应在碱性条件下;D.卤代烃Y在碱性溶液中水解生成溴离子,加稀硝酸酸化的AgNO3溶液,反应生成淡黄色的AgBr.解答解A.根据氯水的成分含有氯气和次氯酸以及盐酸等成分,具有酸性,其中次氯酸的漂白是化学漂白,中间的一部分被次氯酸漂白形成白色,而旁边的一部分没有和次氯酸发生反应,所以仍然有指示剂的效用,氯水的酸性使得PH试纸显红色,但经过一段时间,随着次氯酸的扩散而褪色,所以无法测出新制氯水的pH,故A错误;B.向10mL
0.1mol/L的AgNO3溶液中滴加10滴
0.1mol/L的NaCl溶液,有白色沉淀生成,再向其中滴加
0.1mol•L﹣1KI溶液,白色沉淀转化为黄色沉淀.说明相同体积的溶液中溶解的氯化银的物质的量多,溶解碘化银的物质的量少,即Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),故B错误;C.1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液,碱不足,检验﹣CHO应在碱性条件下,所以实验失败,故C错误;D.卤代烃Y在碱性溶液中水解生成溴离子,加硝酸调节至酸性条件下,滴加AgNO3溶液,反应生成AgBr,观察到出现淡黄色沉淀,说明卤代烃中含有溴元素,故D正确;故选D.点评本题考查化学实验方案的评价,涉及PH测定、沉淀转化、醛基检验、离子检验等,考查学生对知识的综合运用,题目难度中等,注意B为易错点相同体积的溶液中溶解的氯化银的物质的量多,溶解碘化银的物质的量少,即Ksp(AgCl)<Ksp(AgI).灵活运用所学知识分析、解决问题是解题的关键. 10.下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是( )选项XYZ箭头上所标数字的反应条件ANa2O2NaOHNaCl
①常温遇水BAl2O3NaAlO2Al(OH)3
②通入CO2CNONO2HNO3
④加入铜粉DCl2NaClOHClO
③加浓盐酸A.AB.BC.CD.D考点钠的重要化合物;氯气的化学性质;氮的氧化物的性质及其对环境的影响;镁、铝的重要化合物.专题元素及其化合物.分析A.氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠;B.氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝,氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,氢氧化铝分解生成氧化铝;C.一氧化氮氧化生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,硝酸分解生成二氧化氮,稀硝酸与铜反应生成一氧化氮;D.氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠,次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸,次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠,次氯酸与盐酸反应生成氯气.解答解A.氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠,故A错误;B.氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝,氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,氢氧化铝分解生成氧化铝,个物质之间通过一步反应可以实现,故B正确;C.一氧化氮氧化生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,硝酸分解生成二氧化氮,稀硝酸与铜反应生成一氧化氮,各物质之间通过一步反应可以实现,故C正确;D.氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠,次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸,次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠,次氯酸与盐酸反应生成氯气,各物质之间通过一步反应可以实现,故D正确;故选A.点评本题考查了物质之间的转化,明确物质的性质、熟悉发生的化学反应是解题关键,侧重对学生基础知识的检验和训练,题目难度不大. 11.用NA表示阿伏伽德罗常数,下列说法正确的是( )A.用含
0.1molFeCl3的溶液与足量沸水反应制得的Fe(OH)3胶体粒数为
0.1NAB.46gNO2和N2O4的混合气体中含N原子总数为NAC.标准状况下,
5.6LCCl4含有的分子数为
0.25NAD.
0.25molNa2O2中含有的阴离子数为
0.5NA考点阿伏加德罗常数.分析A.氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体;B.NO2和N2O4的最简式为NO2,根据最简式计算出混合物中含有N原子数;C.标准状况下,四氯化碳的状态不是气体;D.过氧化钠中的阴离子为过氧根离子,
0.25mol过氧化钠中含有
0.25mol过氧根离子.解答解A.氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体,则无法计算氢氧化铁胶体中含有氢氧化铁胶粒的数目,故A错误;B.46gNO2和N2O4的混合物中含有46g最简式NO2,含有最简式的物质的量为=1mol,1molNO2中含有1molN原子,含N原子总数为NA,故B正确;C.标况下四氯化碳不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算,故C错误;D.
0.25mol过氧化钠中含有
0.25mol过氧根离子,含有的阴离子数为
0.25NA,故D错误;故选B.点评本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断,题目难度中等,明确标况下气体摩尔体积的使用条件,熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系,试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力. 12.用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的是( )A.用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB.用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C.用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体D.用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层考点化学实验方案的评价.专题实验评价题.分析A.氯气、HCl均与NaOH溶液反应;B.NH4Cl受热易分解;C.纯碱为粉末状固体,不能使反应随时停止;D.碘不易溶于水,易溶于四氯化碳.解答解A.氯气、HCl均与NaOH溶液反应,不能除杂,应选饱和食盐水除去氯气中的HCl,故A错误;B.NH4Cl受热易分解,应利用冷却热饱和溶液的方法得到晶体,故B错误;C.纯碱为粉末状固体,不能使反应随时停止,应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳,故C错误;D.碘不易溶于水,易溶于四氯化碳,则萃取后分层,利用分液漏斗可分离,图中装置合理,故D正确;故选D.点评本题考查化学实验方案的评价,涉及除杂、晶体制备、气体制取、萃取等,侧重实验装置及性质的考查,综合性较强,注重基础知识和能力的训练,题目难度中等. 13.下列不能说明氯的非金属性比硫强的事实是( )
①HCl比H2S稳定
②HCl和H2S的水溶液前者的酸性强
③HClO4酸性比H2SO4强
④Cl2能与H2S反应生成S
⑤Cl原子能得1个电子变成稳定离子而S原子能得两个电子
⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3,S与Fe反应生成FeS.A.
①②④B.
①②⑥C.
②⑤D.
①③⑤考点非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律.专题元素周期律与元素周期表专题.分析比较非金属性的强弱,可根据
①氢化物的稳定性,
②最高价氧化物对应的水化物的酸性,
③对应的单质的氧化性,
④单质之间的置换反应
⑤与氢气反应的剧烈程度等判断.解答解
①元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,HCl比H2S稳定,可说明非金属性Cl>S,故
①正确;
②比较非金属性的强弱,应根据对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性比较,不能根据氢化物的酸性进行比较,例如HF的酸性比HCl弱,但非金属性F大于Cl,故
②错误;
③元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,HClO4酸性比H2SO4强,可说明非金属性Cl>S,故
③正确;
④Cl2能与H2S反应生成S,可说明氧化性Cl2>S,单质的氧化性越强,对应元素的非金属性越强,故
④正确;
⑤不能以最外层电子数的多少判断非金属性的强弱,例如O的最外层电子数为6,I的最外层电子数为7,但O的非金属性大于I,故
⑤错误;
⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3,S与Fe反应生成FeS,可说明氧化性Cl2>S,单质的氧化性越强,对应元素的非金属性越强,故
⑥正确;故选C.点评本题考查非金属性的强弱比较,题目难度不大,注意比较非金属性的角度和方法. 14.下列物质中既能与盐酸反应,又能与NaOH溶液反应的是( )
①Na2CO3
②Al(OH)3
③NH4HCO3
④Al2O3.A.
①②④B.
②③④C.
②④D.全部考点两性氧化物和两性氢氧化物.分析
①Na2CO3与氢氧化钠不反应,与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳;
②Al(OH)3是两性氢氧化物,既与酸反应又与碱反应;
③NH4HCO3与碱反应生成氨气,与酸反应生成二氧化碳气体;
④Al2O3是两性氧化物,既与酸反应又与碱反应,由此分析解答.解答解
①Na2CO3与氢氧化钠不反应,与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳;
②Al(OH)3是两性氢氧化物,既与酸反应又与碱反应;
③NH4HCO3与碱反应生成氨气,与酸反应生成二氧化碳气体;
④Al2O3是两性氧化物,既与酸反应又与碱反应,所以既能与盐酸反应,又能与NaOH溶液反应的是
②③④,故选B.点评本题考查了物质的性质,难度不大,旨在考查学生对知识的理解识记与知识归纳,明确物质的性质是解本题的关键,注意基础知识的积累. 15.NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述不正确的是( )A.常温常压下,CO2和CO混合气体1mol中含有的碳原子数为NAB.在KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O反应中,每生成3molI2,则转移6NA个电子C.1molNa2O2与H2O完全反应,转移的电子总数为NAD.在1L
0.1mol/L的碳酸钠溶液中,阴离子总数大于
0.1NA考点阿伏加德罗常数.专题阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.分析A.1mol二氧化碳和一氧化碳的混合物中含有1mol碳原子;B.碘酸钾中碘元素被还原成碘单质,生成3mol碘单质,转移了5mol电子;C.1mol过氧化钠与水完全反应生成
0.5mol氧气,过氧化钠中氧元素化合价为﹣1价,生成
0.5mol氧气转移了1mol电子;D.碳酸钠溶液中碳酸根离子部分水解,溶液中阴离子数目增多.解答解A.一氧化碳和二氧化碳中都含有1个C,所以1mol二者的混合物中含有1mol碳原子,含有的碳原子数为NA,故A错正确;B.在KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O反应中,碘酸钾中碘元素化合价由+5变成0价,化合价降低5价,所以生成3mol碘单质转移了5mol电子,转移5NA个电子,故B错误;C.1molNa2O2与H2O完全反应,生成了
0.5mol氧气,转移了1mol电子,转移的电子总数为NA,故C正确;D.在1L
0.1mol/L的碳酸钠溶液中,溶质碳酸钠的物质的量为
0.1mol,由于碳酸根离子水解生成氢氧根离子、碳酸氢根离子,所以阴离子总数大于
0.1NA,故D正确;故选B.点评本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度中等,注意明确过氧化钠中氧元素为﹣1价,掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,选项B为易错点,注意碘酸钾被氧化成碘单质,化合价变化了5价. 16.室温时,下列各组离子在指定溶液中可以大量共存的是( )A.
1.0mol/L的KNO3溶液H+,Fe2+,K+,SO42﹣B.由水电离出c(H+)=
1.0×10﹣13的溶液Na+,CH3COO﹣,HCO3﹣,SO42﹣C.加入甲基橙试液呈红色的溶液NH4+,K+,SO42﹣,Cl﹣D.饱和氯水中NO3﹣,Na+,SO32﹣,Cl﹣考点离子共存问题.专题离子反应专题.分析A.离子之间发生氧化还原反应;B.由水电离出c(H+)=
1.0×10﹣13的溶液,为酸或碱溶液;C.加入甲基橙试液呈红色的溶液,显酸性;D.饱和氯水中,含氧化性物质氯气、HClO.解答解A.H+、Fe2+、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应,不能大量共存,故A错误;B.由水电离出c(H+)=
1.0×10﹣13的溶液,为酸或碱溶液,HCO3﹣既能与酸又能与碱反应,一定不能大量共存,故B错误;C.加入甲基橙试液呈红色的溶液,显酸性,该组离子之间不反应,可大量共存,故C正确;D.饱和氯水中,含氧化性物质氯气、HClO,与SO32﹣发生氧化还原反应,不能大量共存,故D错误;故选C.点评本题考查离子的共存,为高频考点,把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键,侧重氧化还原反应、复分解反应的考查,注意信息的抽取和应用,题目难度不大. 17.反兴奋剂是每届体育赛事关注的热点.利尿酸是一种常见的兴奋剂,其分子结构如图关于利尿酸的说法中,正确的是( )A.它是芳香烃B.它不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.它不能与饱和碳酸钠溶液反应放出CO2D.它能发生取代反应、加成反应和酯化反应考点有机物的结构和性质.专题有机物的化学性质及推断.分析由结构可知,物质中含C、H、O、Cl四种元素,分子中含碳碳双键、碳氧双键、醚键、羧基及﹣Cl,结合不饱和键、氯代烃及羧酸的性质来解答.解答解A.芳香烃中只含C、H两种元素,该物质不属于芳香烃,故A错误;B.含碳碳双键,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故B错误;C.含羧基(﹣COOH)能与饱和碳酸钠溶液反应放出CO2,故C错误;D.含碳碳双键、碳氧双键及苯环可发生加成反应,含羧基可发生取代和酯化反应,故D正确;故选D.点评本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握有机物中官能团与性质的关系为解答的关键,侧重烯烃及羧酸性质的考查,注意芳香烃与芳香族化合物的区别,题目难度不大. 18.下列离子方程式正确的是( )A.大理石溶于醋酸CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2OB.FeBr2溶液中通入少量的Cl22Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣C.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2至刚好沉淀完全2H++SO+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2OD.酸性氢氧燃料电池的正极反应H2﹣2e﹣=2H+考点离子方程式的书写.专题离子反应专题.分析A、醋酸为弱电解质,离子方程式中应该保留分子式;B、亚铁离子还原性强于溴离子,氯气少量,亚铁离子优先参与反应;C、刚好沉淀完全,硫酸氢钠与氢氧化钡按照物质的量11进行反应;D、原电池反应中,正极氧气得到电子与氢离子反应生成水,发生还原反应.解答解A、大理石溶于醋酸,醋酸应该保留分子式,正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO﹣+Ca2++CO2↑+H2O,故A错误;B、FeBr2溶液中通入少量的Cl2,只有亚铁离子参与反应,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣,故B正确;C、二者刚好沉淀完全,反应后氢氧根离子有剩余,反应的离子方程式为H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+2H2O,故C错误;D、酸性氢氧燃料电池的正极发生还原反应生成水,正极电极反应为O2+4H++4e﹣=2H2O,故D错误;故选B.点评本题考查了离子方程式的正误判断,题目难度中等,该题是高考中的高频题,侧重对学生能力的培养和训练,该题需要明确判断离子方程式常用方法
(1)检查反应能否发生;
(2)检查反应物、生成物是否正确;
(3)检查各物质拆分是否正确;
(4)检查是否符合守恒关系(如质量守恒和电荷守恒等);
(5)检查是否符合原化学方程式. 19.下列关于实验操作的叙述正确的是( )A.配制一定物质的量浓度的溶液时,定容后把容量瓶倒转摇匀,发现液面低于刻度,再补充几滴水到刻度B.锥形瓶盛装待测液前需先用蒸馏水洗净,再用待测液润洗C.石蕊试纸在测定气体酸碱性时必须用蒸馏水润湿D.向稀氢氧化钠溶液中滴加饱和氯化铁溶液并不断搅拌,制取氢氧化铁胶体考点化学实验方案的评价.专题实验评价题.分析A.定容后补充几滴水溶液体积变大;B.锥形瓶不能润洗;C.试纸测量气体时应先润湿;D.向稀氢氧化钠溶液中滴加饱和氯化铁溶液得到氢氧化铁沉淀.解答解A.定容后补充几滴水溶液体积变大,浓度变小,故A错误;B.锥形瓶润洗后待测液的物质的量变大,使测得的浓度变大,故B错误;C.试纸测量气体时应先用蒸馏水润湿,故C正确;D.用洁净的烧杯取少量蒸馏水,用酒精灯加热至沸腾,然后将饱和氯化铁溶液滴入沸水中,并继续煮沸至液体呈透明的红褐色即得氢氧化铁胶体,故D错误.故选C.点评本题考查化学实验方案的评价,题目难度不大,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,注意相关基本实验操作的实验注意事项. 20.已知3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O,对于该反应的下列叙述中,不正确的是( )A.氧化剂和还原剂的物质的量之比为13B.离子间的反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化C.每1molNO3﹣发生氧化反应,转移3mole﹣D.若把该反应设计为原电池,则负极反应为Fe2+﹣e﹣=Fe3+考点氧化还原反应.专题氧化还原反应专题.分析根据反应3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O可知,反应中Fe元素的化合价升高,被氧化,Fe2+为还原剂,N元素的化合价降低,把被还原,NO3﹣为氧化剂,结合元素化合价的变化分析氧化还原反应,计算转移电子的数目.解答解A.反应中Fe元素的化合价升高,被氧化,Fe2+为还原剂,N元素的化合价降低,把被还原,NO3﹣为氧化剂,由方程式可知,氧化剂和还原剂的物质的量之比为13,故A正确;B.由方程式可知,在酸性条件下,Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应而不能共存,故B正确;C.每1molNO3﹣发生反应,N元素化合价变化值为5﹣2=3,转移电子3mol,但NO3﹣被还原,而是不氧化,故C错误;D.原电池负极发生氧化反应,负极反应为Fe2+﹣e﹣=Fe3+,故D正确;故选C.点评本题考查氧化还原反应,题目难度不大,注意从化合价变化的角度分析氧化剂和还原剂.
二、非选择题(本题包括3小题,共45分).21.如图所示是用于气体制备、干燥(或除杂质)、性质验证、尾气处理的部分仪器装置(加热及夹持固定装置均已略去,各装置可以不用,但不可重复使用,).请根据下列要求回答问题.
(1)若用A﹣D﹣B﹣E组合进行探究氨气与氧化铜的反应,则分液漏斗中应加入的试剂是 浓氨水 ,E装置的作用 吸收氨气防止倒吸 .
(2)为了进行氨的催化氧化实验,若锥形瓶中盛装足量的Na2O2粉末,分液漏斗中盛装浓氨水,慢慢打开分液漏斗的活塞,产生的气体通过红热的铂粉,各仪器装置按气流方向从左到右连接顺序是(填字母) A→D→B→C ;装置B中发生反应的化学方程式为 4NH3+5O24NO+6H2O .
(3)若用A﹣C﹣D﹣B组合进行氢气还原氧化铜实验.分液漏斗中的试剂是盐酸,C中试剂是水,其作用是 吸收氢气中的HCl ;A中反应开始后,加热B之前的实验操作是 检验氢气纯度 ,加热后B中将观察到的现象是 固体粉末由黑变红 .考点常见气体制备原理及装置选择.专题实验题.分析
(1)根据实验目的探究氨气与氧化铜的反应可知A为制取氨气的发生装置,A为固液法制取气体的装置,所以分液漏斗中加入浓氨水;E为防倒吸装置;
(2)过氧化钠与水反应生成氧气,与氨气经干燥后在催化剂的作用下反应生成NO,剩余气体必须进行尾气处理;氨气和氧气在催化剂加热条件下反应生成NO和水;
(3)C中水的作用是洗气,即吸收氢气中混有HCl;加热B之前必须检验氢气的纯度,防止氢气不纯时发生爆炸;加热后黑色固体变为红色.解答解
(1)根据实验目的探究氨气与氧化铜的反应可知A为制取氨气的发生装置,A为固液法制取气体的装置,所以分液漏斗中加入浓氨水;E为防倒吸装置,目的是吸收氨气防止氨气发生倒吸,故答案为浓氨水;吸收氨气防止倒吸;
(2)过氧化钠与水反应生成氧气,与氨气经盛有碱石灰的干燥管干燥后在催化剂的作用下反应生成NO,剩余气体必须进行尾气处理,则连接顺序为A→D→B→C(C盛装氢氧化钠溶液);氨气和氧气在催化剂加热条件下反应生成NO和水,化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O,故答案为A→D→B→C;4NH3+5O24NO+6H2O;
(3)C中水的作用是洗气,由于盐酸一挥发,所以水可以吸收氢气中混有HCl;加热B之前必须检验氢气的纯度,防止氢气不纯时发生爆炸;加热后有单质铜生成,因此黑色固体变为红色,故答案为吸收氢气中的HCl;检验氢气纯度;固体粉末由黑变红.点评本题考查少量氨气的制备和氢气的制备,并验证二者的化学性质,涉及气体制备、干燥(或除杂质)、性质验证、尾气处理,综合性较强,难度中等. 22.某同学受硝酸能把铁氧化成Fe(NO3)3,但当铁过量时,产物是Fe(NO3)2的启发,提出过量氯气与铁反应生成FeCl
3、氯气与过量铁粉反应生成FeCl2的观点.为了验证该观点是否正确,该同学将一定量铁粉与Cl2恰好完全反应得到一固体物质A,然后通过实验确定其成分.探究过程如下
(1)提出假设(请把下列假设补充完整)假设1该固体物质是FeCl2;假设2该固体物质是 FeCl3 ;假设3该固体物质是 FeCl3和FeCl2 .
(2)设计实验方案取少量固体物质A于烧杯中,加适量水溶解A,然后取两份A溶液分别进行实验,实验现象与结论如下表(请在表格的横线处填空)实验方法实验现象结论在溶液中加入KSCN溶液 溶液变红色 固体物质中有FeCl3在酸性KMnO4溶液中加入少量AKMnO4溶液颜色无明显变化固体物质中不含 FeCl2
(3)已知 Fe(NO3)2溶液为浅绿色,往Fe(NO3)2溶液中加入少量的稀硫酸,溶液颜色有何变化(请把答案写在横线上) 由浅绿色变为黄色 ,该变化过程的离子方程式为 3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O .
(4)取100mL
0.2mol/L的FeCl3溶液置于烧杯中,向其中加入一定量的Fe、Cu混合物,充分反应后仍有固体剩余,下列叙述一定正确的是 CD (设溶液体积不变,不考虑水解因素).A.烧杯中有Fe无Cu,c(Fe2+)=
0.2mol/LB.烧杯中有Cu无Fe,c(Fe2+)=
0.3mol/LC.烧杯中有Cu无Fe,c(Cl﹣)=
0.6mol/LD.烧杯中Fe、Cu均有,c(Fe2+)=
0.3mol/L
(5)在FeSO4的溶液中加入与FeSO4等物质的量的Na2O2固体,恰好使FeSO4转化为Fe(OH)3,写出该反应的离子方程式 4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+ .考点性质实验方案的设计.专题实验设计题.分析
(1)根据类比法,结合铁和硝酸反应的产物,产物可能为FeCl
2、FeCl3或二者的混合物;
(2)固体物质中有FeCl3,在溶液中加入KSCN溶液,溶液应变红,在酸性KMnO4溶液中加入少量A,KMnO4溶液颜色无明显变化,说明不变含还原性物质;
(3)NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性,可与Fe2+发生氧化还原反应;
(4)A、铁还原性大于铜,铁有剩余,一定有铜剩余;B、有铜无铁,说明铁全部反应生成亚铁离子,铜可能为反应或部分反应,溶液中铁离子不存在;C、溶液中氯离子浓度不变;D、溶液中铁铜都有,说明铁离子和铁反应生成亚铁离子;
(5)在FeSO4的溶液中加入与FeSO4等物质的量的Na2O2固体,恰好使FeSO4转化为Fe(OH)3,反应的离子方程式为4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+.解答解
(1)根据类比法,结合铁和硝酸反应的产物,产物可能为FeCl
2、FeCl3或FeCl3和FeCl2的混合物,故答案为FeCl3;FeCl3和FeCl2;
(2)固体物质中有FeCl3,在溶液中加入KSCN溶液,溶液应变红,在酸性KMnO4溶液中加入少量A,KMnO4溶液颜色无明显变化,说明不变含还原性物质,即不含FeCl2,故答案为溶液变红色;FeCl2;
(3)NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性,可与Fe2+发生氧化还原反应,反应的离子方程式为3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O,溶液由浅绿色变为黄色,故答案为由浅绿色变为黄色;3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O;
(4)A、铁还原性大于铜,铁有剩余,一定有铜剩余,只发生2Fe3++Fe=3Fe2+,依据铁离子物质的量
0.02mol生成亚铁离子
0.03mol,亚铁离子浓度c(Fe2+)=
0.3mol/L,故A错误;B、有铜无铁,说明铁全部反应生成亚铁离子,铜可能为反应或部分反应,当铜部分反应时,所以反应为2Fe3++Fe=3Fe2+,2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,依据铁离子物质的量
0.02mol则生成亚铁离子小于
0.03mol,亚铁离子浓度c(Fe2+)小于
0.3mol/L,故B错误;C、溶液中氯离子浓度不变,烧杯中有Cu无Fe,说明铁全部反应生成亚铁离子,铜可能为反应或部分反应,溶液中铁离子不存在,溶液中c(Cl﹣)=
0.6mol/L,故C正确;D、溶液中铁铜都有,说明只发生2Fe3++Fe=3Fe2+,烧杯中Fe、Cu均有,说明铁离子全部反应,依据A计算得到c(Fe2+)=
0.3mol/L,故D正确;故选CD;
(5)在FeSO4的溶液中加入与FeSO4等物质的量的Na2O2固体,恰好使FeSO4转化为Fe(OH)3,反应的离子方程式为4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+,故答案为4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+.点评本题考查了反应类推方法的应用,反应产物实验设计的应用,反应现象的判断,实验方案的设计,铁、铜、氯化铁溶液共存问题的分析判断离子浓度的计算,题目难度中等. 23.某化学小组模拟“侯氏制碱法”,以NaCl、NH
3、CO2和水等为原料以及如图所示装置制取NaHCO3,反应的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl.然后再将NaHCO3制成Na2CO3.
(1)装置乙的作用是 除去氯化氢气体 .为防止污染空气,尾气中含有的 氨气 需要进行吸收处理.
(2)由装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时,需要进行的实验操作有 过滤 、 洗涤 、 灼烧 .NaHCO3转化为Na2CO3的化学方程式为 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ .
(3)若在
(2)中灼烧的时间较短,NaHCO3将分解不完全,该小组对一份加热了t1min的NaHCO3样品的组成进行了以下研究.取加热了t1min的NaHCO3样品
29.6g完全溶于水制成溶液,然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸,并不断搅拌.随着盐酸的加入,溶液中有关离子的物质的量的变化如图2所示.则曲线c对应的溶液中的离子是 HCO3﹣ (填离子符号);该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是 12 .
(4)若取
21.0gNaHCO3固体,加热了t1min后,剩余固体的质量为
14.8g.如果把此剩余固体全部加入到200mL 2mol•L﹣1的盐酸中,则充分反应后溶液中H+的物质的量浓度为
0.75mol/L (设溶液体积变化忽略不计).考点探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质;纯碱工业(侯氏制碱法).分析
(1)装置甲是制备二氧化碳,气体中含有氯化氢气体对后续实验产生干扰,需要除去;尾气中含有氨气,不能排到空气中,需要吸收;
(2)装置丙中是氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体,通过过滤得到晶体洗涤灼烧得到碳酸钠;NaHCO3转化为Na2CO3的方法是固体加热分解;
(3)混合物是碳酸钠和碳酸氢钠,滴入盐酸发生反应CO32﹣+H+=HCO3﹣;HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O;依据图象分析碳酸根离子减小,碳酸氢根离子增多;
(4)依据反应前后质量变化是碳酸氢钠分解的原因,依据反应前后质量变化计算反应的碳酸氢钠和生成的碳酸钠,结合试样质量计算剩余碳酸氢钠,计算得到混合物反应消耗的氢离子得到.解答解
(1)装置甲是制备二氧化碳气体的反应装置,生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体,对制备碳酸氢钠有影响,装置乙的作用是吸收氯化氢气体;最后的尾气中含有氨气不能排放到空气中,需要进行尾气吸收;故答案为除去氯化氢气体;氨气;
(2)由装置丙中产生的NaHCO3发生的反应为,NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl;制取Na2CO3时需要过滤得到晶体,洗涤后加热灼烧得到碳酸钠;碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳、碳酸钠、水,反应为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,故答案为过滤、洗涤、灼烧;2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑;
(3)若在
(2)中灼烧的时间较短,NaHCO3将分解不完全,该小组对一份加热了t1min的NaHCO3样品的组成进行了研究.取加热了t1min的NaHCO3样品
29.6g完全溶于水制成溶液,然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸,并不断搅拌.随着盐酸的加入,发生反应CO32﹣+H+=HCO3﹣;HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O;溶液中有关离子的物质的量的变化为碳酸根离子减小,碳酸氢根离子浓度增大,当碳酸根离子全部转化为碳酸氢根离子,再滴入盐酸和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳,碳酸氢根离子减小,所以c曲线表示的是碳酸氢根离子浓度变化;碳酸根离子浓度
0.2mol/L;碳酸氢根离子浓度为
0.1mol/L;样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是12;故答案为HCO3﹣;12;
(4)若取21gNaHCO3固体物质的量==
0.25mol,加热了t1min后,剩余固体的质量为
14.8g.依据化学方程式存在的质量变化计算2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O△m
21620.2mol
0.1mol21g﹣
14.8g反应后NaHCO3物质的量=
0.25mol﹣
0.2mol=
0.05mol;NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑;消耗氯化氢物质的量
0.05mol;Na2CO3物质的量=
0.1mol,Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑,消耗氯化氢物质的量
0.2mol;剩余氯化氢物质的量=
0.200L×2mol/L﹣
0.05mol﹣
0.2mol=
0.15mol,剩余溶液中c(H+)==
0.75mol/L,故答案为
0.75mol/L.点评本题考查了工业制纯碱的原理分析,生产过程中的物质变化,混合物成分的分析判断和计算应用,实验过程分析,除杂操作,尾气吸收,图象定量分析判断,题目难度中等.
三、【化学--选修5有机化学基础】(15分).24.[化学﹣﹣选修5有机化学基础]I.已知有机物A仅含碳、氢、氧3种元素,质谱分析可知其相对分子质量为46,核磁共振氢谱显示分子中有三种不同化学环境的氢原子,且有如下的转化关系
(1)由A→B的反应类型是 消去反应
(2)D的红外光谱表明分子内除C一H键、C一C键外还含有两个C一O单键,反应
①中D与HCl按物质的量之比11反应,则D的结构简式是 II.化合物E和F是药品普鲁卡因合成的重要原料,普鲁卡因的合成路线如下已知
(3)丁的结构简式为
(4)反应
③的化学方程式是 +HOCH2CH2Cl+H2O
(5)普鲁卡因有两种水解产物戊和己,且戊与甲具有相同的分子式.符合下列条件的戊的同分异构体有 9 种(包含戊);a.分子结构中含苯环,且每个苯环有2个侧链b.分子结构中一定含官能团一NH2且一NH2直接与碳原子相连
(6)戊经聚合反应制成的高分子纤维广泛用于通讯、宇航等领域.该聚合反应的化学方程式是 .考点有机物的推断.专题有机物的化学性质及推断.分析I.有机物A仅含碳、氢、氧3种元素,则分子中至少含有1个C原子、1个O原子,核磁共振氢谱显示分子中有三种不同化学环境的氢原子,则分子内H氢原子数目至少为4,质谱分析可知其相对分子质量为46,假定分子含有1个C原子、1个O原子、4个H原子,剩余的基团的式量=46﹣12﹣16﹣4=14,故应还含有1个C原子,即A含有2个C原子、1个O原子,则H原子数目==6,则A的分子式为C2H6O,结合A中含有3三种不同的H原子,则A为CH3CH2OH;反应
①中D与HCl按物质的量之比11反应,由E的结构简式可知,D的分子式为C2H4O,D的红外光谱表明分子内除C﹣H键、C﹣C键外还含有两个C﹣O单键,则D的结构简式为,由F的结构可知,B属于烃,故B为CH2=CH2;B与HCl发生加成反应生成G,G为CH3CH2Cl,G与氨气发生取代反应生成F;Ⅱ.由普鲁卡因的合成路线可知,甲苯发生硝化反应生成甲为,甲氧化生成乙为,乙与E发生酯化反应生成丙为,丙与氢气发生还原反应生成丁,反应中硝基变为氨基,丁为,丁与F发生取代反应生成普鲁卡因,然后结合物质的性质来解答.解答解I.已知有机物A仅含碳、氢、氧3种元素,则分子中至少含有1个C原子、1个O原子,核磁共振氢谱显示分子中有三种不同化学环境的氢原子,则分子内H氢原子数目至少为4,质谱分析可知其相对分子质量为46,假定分子含有1个C原子、1个O原子、4个H原子,剩余的基团的式量=46﹣12﹣16﹣4=14,故应还含有1个C原子,及A含有2个C原子、1个O原子,则H原子数目==6,则A的分子式为C2H6O,结合A中含有3三种不同的H原子,则A为CH3CH2OH;反应
①中D与HCl按物质的量之比11反应,由E的结构简式可知,D的分子式为C2H4O,D的红外光谱表明分子内除C﹣H键、C﹣C键外还含有两个C﹣O单键,则D的结构简式为,由F的结构可知,B属于烃,故B为CH2=CH2;B与HCl发生加成反应生成G,G为CH3CH2Cl,G与氨气发生取代反应生成F,
(1)由A→B的化学反应方程式是CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O,属于消去反应,故答案为消去反应;
(2)由上述分析可知,D的结构简式是;故答案为;Ⅱ.由普鲁卡因的合成路线可知,甲苯发生硝化反应生成甲为,甲氧化生成乙为,乙与E发生酯化反应生成丙为,丙与氢气发生还原反应生成丁,反应中硝基变为氨基,丁为,丁与F发生取代反应生成普鲁卡因,
(3)由上述分析可知,丁的结构简式为,故答案为;
(4)反应
③的化学方程式是+HOCH2CH2Cl+H2O,故答案为+HOCH2CH2Cl+H2O;
(5)普鲁卡因水解有两种产物戊和己,且戊与甲具有相同的分子式,甲为对硝基甲苯,则戊为,戊的同分异构体中满足a.分子结构中含苯环,且每个苯环有2个侧链,b.分子结构中一定含官能团﹣NH2且﹣NH2直接与碳原子相连,侧链为﹣NH
2、﹣COOH,或为﹣NH
2、﹣OOCH,或为﹣OH、﹣OCNH2,均有邻、间、对3种位置,故共有9种(包含戊),故答案为9;
(8)经聚合反应制成的高分子纤维广泛用于通讯、宇航等领域.该聚合反应的化学方程式是,故答案为.点评本题考查有机物的推断,明确反应条件、碳链骨架的变化、官能团的变化推断出各物质是解答本题的关键,侧重考查学生对知识的迁移应用,题目难度中等,D为解答的难点,环氧乙烷的性质学生不熟悉. 。