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2019-2020年高三下学期月考化学试卷(3月份)含解析V
一、选择题(共15小题,每小题3分,满分45分)1.下列叙述错误的是( )A.标准状况下,5LCH4气体与5LNH3气体的原子个数之比为54B.常温常压下,
11.2LO3中所含氧原子个数大于
1.5NAC.同温、同压下,相同体积的N2和CO气体具有相同的分子数和相同的密度D.同温、同压下,等质量的一氧化碳和二氧化碳的密度比为1172.已知2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=﹣
571.6kJ/mol,则关于方程式2H2O(l)═2H2(g)+O2(g)的△H的说法中正确的是( )A.方程式中的化学计量数表示分子数B.该反应△H大于零C.该反应△H=﹣
571.6kJ/moD.该反应可表示36g水分解时的热效应3.某元素X气态氢化物与该元素最高价氧化物的水化物反应生成盐,则该元素( )A.在周期表中处于第三周期ⅦA族B.在周期表中处于第2周期ⅤA族C.氢化物比H2O稳定D.常见化合价只有﹣
3、+
2、+
3、+5价4.下列应用与盐类的水解无关的是( )A.NaCl可用作防腐剂和调味剂B.明矾净水C.泡沫灭火器的灭火原理D.FeCl3饱和溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体5.下列物质中,含有自由移动Cl﹣的是( )A.KClO3溶液B.液态HClC.熔融NaClD.KCl晶体6.下列反应的离子方程式正确的是( )A.向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体Fe3++3H2O═Fe(OH)3↓+3H+B.用小苏打治疗胃酸过多HCO3﹣+H+═CO2↑+H2OC.实验室用浓盐酸与MnO2反应制Cl2MnO2+2H++2Cl﹣═Cl2↑+Mn2++H2OD.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板Fe3++Cu═Fe2++Cu2+7.下列基态原子的电子排布式中,其未成对电子数最多的是( )A.1s22s22p63s23p63d64s2B.1s22s22p63s23p64s1C.1s22s22p63s23p63d54s1D.1s22s22p63s23p63d104s18.检验氯化氢气体中是否混有氯气可采用的方法是( )A.用干燥的蓝色石蕊试纸B.用干燥的有色布条C.将气体通入硝酸银溶液D.用湿润的淀粉碘化钾试纸9.下列叙述正确的是( )A.常温下,反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行,则该反应△H>0B.强电解溶液的导电能力一定强于弱电解质溶液的导电能力C.CH3COOH、Cu(OH)
2、BaSO
4、NH3都是常见的弱电解质D.常温下就能发生的化学反应一定是放热反应10.某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下也可以发生铝热反应.下列反应速率(v)和温度(T)的关系示意图中与铝热反应最接近的是( )A.B.C.D.11.如图所示是某学校实验室从市场买回的试剂标签上的部分内容,据此下列说法正确的是( )A.该硫酸和氨水的物质的量浓度分别约为
18.4mol•L﹣1和
6.3mol•L﹣1B.各取5mL与等质量的水混合后,c(H2SO4)<
9.2mol•L﹣1,c(NH3)>
6.45mol•L﹣1C.各取5mL与等体积的水混合后,ω(H2SO4)<49%,ω(NH3)>
12.5%D.各取10mL于两烧杯中,再分别加入一定量的水即可得到较稀的硫酸溶液和氨水12.对于Zn(s)+H2SO4(aq)═ZnSO4(aq)+H2(g)△H<0的化学反应下列叙述不正确的是( )A.反应过程中能量关系可用图表示B.该反应为自发反应C.若将该反应设计成原电池则锌为负极D.若将其设计为原电池,当有
32.5g锌溶解时,正极放出气体为
11.2L13.下列叙述中正确的是( )A.化合反应和置换反应均为氧化还原反应B.碱性氧化物一定是金属氧化物,金属氧化物不一定是碱性氧化物C.电离出的阳离子是H+的物质一定是酸D.能与酸反应的氧化物一定是碱性氧化物14.vLFe2(SO4)3溶液中含有a克SO42﹣,取此溶液
0.5vL,用水稀释至2vL,则稀释后溶液中Fe3+的物质的量的浓度为( )A.mol/LB.mol/LC.mol/LD.mol/L15.已知硒是元素周期表中第四周期第ⅥA族元素,关于硒的性质判断肯定不正确的是( )A.硒的含氧化合物以Se2O3形式存在B.硒的含氢化合物以H2Se形式存在C.硒的氢化物的稳定性比硫化氢差D.硒的最高价氧化物对应水化物的化学式是H2SeO4
二、解答题(共9小题,满分57分)16.运用化学反应原理研究氮、硫、氯、碘等单质及其化合物的反应有重要意义
(1)硫酸生产中,SO2催化氧化生成SO3;2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g),平衡时,混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如图1所示.根据图示回答下列问题
①2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的△H 0(填“>”或“<”);若在恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气,平衡 移动(填“向左”“向右”或“不移动”)
②若温度为T
1、T2,反应的平衡常数分别为K1,K2,则K1 K2;温度为T1时,反应进行到状态D时,v正 v逆(填“>”“<”或“=”)
(2)氮是地球上含量丰富的一种元素,氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用,
①如图2是一定的温度和压强下N2(g)和H2(g)反应生成lmolNH3(g)过程中能量变化示意图,图中E
1、E2分别表示的意义是 、
②请写出工业合成氨的热化学方程式 (△H的数值用含字母Q
1、Q2的代数式表示)17.氮氧化合物是目前造成大气污染的主要气体.NO在空气中存在如下反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H
(1)上述反应分两步完成,其中第一步反应
①如下,写出第二步反应
②的热化学方程式(其反应的焓变△H2用含△H、△H1的式子来表示)
①2NO(g)⇌N2O2(g)△H1<0
②
(2)在某温度下的一密闭容器中充入一定量的NO2,测得NO2的浓度随时间的变化曲线如图1所示,前5秒内的O2的平均生成速率为 mol•L﹣1•s﹣1,该条件下反应2NO+O2⇌2NO2的化学平衡常数数值为 ,平衡后某时刻,升高反应体系的温度,建立新平衡状态后,测的混合气体的平均相对分子质量小于原平衡状态,则2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H 0(填“<”或“>”);
(3)2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的两步反应中,反应
①的反应速率数值较大,是一个快反应,会快速建立平衡状态,而反应
②是一个慢反应,则决定反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是反应 (填”
①”或“
②”).对
(2)中反应体系升高温度的过程中,发现2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的反应速率变慢,结合该反应的两步反应过程分析可能的原因 (反应未使用催化剂).
(4)若
(2)中反应体系,反应开始时使用催化剂,请在
(2)的图中画出该反应体系反应进程可能的曲线.
(5)电解法处理氮氧化合物是目前大气污染治理的一个新思路,原理是将NOx在电解池中分解成无污染的N2和O2除去,如图2示,两电极间是固体氧化物电解质,在一定条件下可自由传导O2﹣,电解池阴极反应为 .18.在课堂上,老师演示了金属Na与CuSO4溶液反应的实验,同学们观察到该反应中生成了蓝色的Cu(OH)2沉淀而没有发现Cu单质生成.但某同学心中在想,会不会是因为生成的Cu较少而被蓝色沉淀所覆盖从而没有被发现呢?于是想课后到实验室继续研究,希望进一步用实验来验证自己的猜想是否正确.假如该同学是你,请你写一份实验准备单交给老师,要求老师提供必需的用品.
(1)实验探究的目的 .
(2)探究所依据的化学原理 .
(3)实验必需的用品小刀、玻璃片、滤纸、 和 ;金属Na、 和 .该同学在探究实验中意外地发现生成的蓝色的沉淀中混有少量的黑色沉淀,而所使用的药品均没有问题.你认为该黑色难溶物是 ,生成该黑色难溶物的原因是 .19.海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素,主要以碘化物形式存在.有一化学课外小组用海带为原料制取少量碘单质,他们将海带灼烧成灰,用水浸泡一段时间(以让碘化物充分溶解在水中),得到海带灰悬浊液,然后按图1实验流程提取单质碘
(1)指出上图中提取碘的过程中有关的实验操作名称
① .
(2)操作
③中所用的有机试剂可以是 (只填一种).
(3)操作过程
③可以分解为如下几步A.把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中;B.把50ml碘水和15ml有机溶剂(你所选的)加入分液漏斗中,并盖好玻璃塞;C.检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液;D.倒转漏斗用力振荡,并不时旋开活塞放气,最后关闭活塞,把分液漏斗放正;E.旋开活塞,用烧杯接收溶液;F.从分液漏斗上口倒出上层液体;G.将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽与漏斗上口的小孔对准;H.静置、分层.(a)过程
③正确操作步骤的顺序是(填编号字母) ;(b)上述G步操作的目的是 ;(c)最后碘的有机溶液是通过 获得(填“漏斗上口”或“漏斗下口”).
(4)从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机试剂,还需要经过蒸馏,观察图2所示实验装置指出其错误之处 .20.化学兴趣小组设计以下实验方案,测定某已部分变质的小苏打样品中Na2CO3的质量分数.【方案一】称取一定质量的固体样品,通过加热至恒重后冷却,称量剩余固体质量,计算.
(1)图1仪器中,在灼烧固体样品时必须用到的是 (填名称).
(2)实验中需加热至恒重的目的是 .
(3)实验中确定加热至恒重的方法是 .
(4)若加热过程中有晶体迸溅出来,则测得的结果 (填“偏大”、“偏小”或“不变”).【方案二】称取一定质量样品,置于小烧杯中,加适量水溶解;向小烧杯中加入足量Ba(OH)2溶液,过滤,洗涤,干燥沉淀,称量固体质量,计算.(已知Ba2++OH﹣+HCO═BaCO3↓+H2O)
(1)过滤操作中,除了烧杯、漏斗外,还要用到的玻璃仪器为 .
(2)实验中判断沉淀是否完全的方法是 .
(3)实验中洗涤沉淀的操作是 .
(4)实验中判断沉淀是否洗涤干净的方法是 .【方案三】按如图2所示装置进行实验
(1)B装置内所盛试剂是 ;D装置的作用是 ;分液漏斗中 (填“能”或“不能”)用盐酸代替稀硫酸进行实验.
(2)实验前称取
17.9g样品,实验后测得C装置增重
8.8g,则样品中Na2CO3的质量分数为 .
(3)根据此实验测得的数据,测定结果有误差,因为实验装置还存在一个明显缺陷是 .21.取100mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液,加入过量BaCl2溶液后得到
29.02g白色沉淀,用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到
9.32g,并有气体放出.试计算
(1)原混和溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度.
(2)产生的气体在标准状况下体积. .22.若四种溶液,分别含有
①Al3+
②Mg2+
③Fe2+
④Fe3+离子.请回答下列问题
(1)遇KSCN溶液呈红色的是 .
(2)加铁粉溶液质量增重的是 .
(3)加入过量NaOH溶液中最终无沉淀的是 .
(4)加入新制Cl2水溶液变黄色的是 ,反应的离子方程式是 .23.邻羟基桂皮酸是合成香精的重要原料,如图为合成邻羟基桂皮酸的路线之一已知试回答下列问题
(1)化合物Ⅱ的结构简式为
(2)化合物Ⅱ→化合物Ⅲ的有机反应类型
(3)化合物Ⅲ在银氨溶液中发生反应化学方程式
(4)有机物X为化合物IV的同分异构体,且知有机物X有如下特点
①是苯的对位取代物,
②能与NaHCO3反应放出气体,
③能发生银镜反应.请写出化合物X的结构简式
(5)下列说法正确的是 A.化合物Ⅰ遇氯化铁溶液呈紫色B.化合物Ⅱ能与NaHCO3溶液反应C.1mol化合物Ⅳ完全燃烧消耗
9.5molO2D.1mol化合物Ⅲ能与3molH2反应
(6)有机物R(C9H9ClO3)经过反应也可制得化合物Ⅳ,则R在NaOH醇溶液中反应的化学方程式为 .24.5﹣氯﹣2,3﹣二氢﹣1﹣茚酮是合成新农药茚虫威的重要中间体.已知以化合物A(分子式为C7H7Cl)为原料合成5﹣氯﹣2,3﹣二氢﹣1﹣茚酮(化合物F)工艺流程如下
(1)写出反应A→B的化学方程式 .
(2)化合物F中含氧官能团的名称为 ,反应B→C的类型为 .
(3)某化合物是D的同分异构体,能使FeCl3溶液显紫色,且分子中只有3种不同化学环境的氢.写出该化合物的结构简式 (任写一种).
(4)E→F的转化中,会产生一种与F互为同分异构体的副产物,其结构简式为 .
(5)根据已有知识并结合相关信息,写出以化合物F和CH2(COOC2H5)2为有机反应原料制备的合成路线流程图(注明反应条件).合成路线流程图示例如下 xx山东省济南市长清一中高三(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.下列叙述错误的是( )A.标准状况下,5LCH4气体与5LNH3气体的原子个数之比为54B.常温常压下,
11.2LO3中所含氧原子个数大于
1.5NAC.同温、同压下,相同体积的N2和CO气体具有相同的分子数和相同的密度D.同温、同压下,等质量的一氧化碳和二氧化碳的密度比为117【考点】阿伏加德罗定律及推论.【分析】A.由V=nVm可知相同的状况下,体积之比等于物质的量之比;B.常温常压下,
11.2LO3不是
0.5mol;C.因为N2和CO在同温同压下,体积也相同,所以物质的量相同,分子数相同,因为摩尔质量相同,所以密度相同;D.同温同压下,密度之比等于摩尔质量的之比.【解答】解A.相同的状况下,体积之比等于物质的量之比,则CH4气体与NH3气体的物质的量之比为11,原子个数之比为54,故A正确;B.常温常压下,
11.2LO3不是
0.5mol,气体摩尔体积大于
22.4L•mol﹣1,物质的量小于
0.5mol,所以原子数小于
1.5NA,故B错误;C.因为N2和CO在同温同压下,体积也相同,所以物质的量相同,分子数相同,因为摩尔质量相同,所以密度相同,故C正确;D.同温、同压下,等质量的一氧化碳和二氧化碳的密度比等于气体的摩尔质量之比,为28g/mol44g/mol=711,故D错误.故选BD. 2.已知2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=﹣
571.6kJ/mol,则关于方程式2H2O(l)═2H2(g)+O2(g)的△H的说法中正确的是( )A.方程式中的化学计量数表示分子数B.该反应△H大于零C.该反应△H=﹣
571.6kJ/moD.该反应可表示36g水分解时的热效应【考点】反应热和焓变.【分析】A、化学计量数只表示物质的量,不表示微粒数;B、2H2(g)+O2(g)=2H2O(l);△H1=﹣
571.6KJ/mol,则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H2=+
571.6KJ/mol;C、依据热化学方程式分析,2H2(g)+O2(g)=2H2O(l);△H1=﹣
571.6KJ/mol,则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H2=+
571.6KJ/mol;D、反应热与物质的聚集状态有关;【解答】解A、该反应中化学计量数只表示物质的量,不表示微粒数,故A错误;B、2H2(g)+O2(g)=2H2O(l);△H1=﹣
571.6KJ/mol,则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H2=+
571.6KJ/mol,该反应△H大于零,故B正确;C、2H2(g)+O2(g)=2H2O(l);△H1=﹣
571.6KJ/mol,则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H2=+
571.6KJ/mol,该反应△H大于零,故C错误;D、该反应的热化学方程式是指2mol液态水分解的反应热,即36g液态水,反应热与物质的聚集状态有关,故D错误;故选B. 3.某元素X气态氢化物与该元素最高价氧化物的水化物反应生成盐,则该元素( )A.在周期表中处于第三周期ⅦA族B.在周期表中处于第2周期ⅤA族C.氢化物比H2O稳定D.常见化合价只有﹣
3、+
2、+
3、+5价【考点】原子结构与元素的性质.【分析】某元素X气态氢化物与该元素最高价氧化物的水化物反应生成盐,则该元素为N元素,据此解答.【解答】解某元素X气态氢化物与该元素最高价氧化物的水化物反应生成盐,则该元素为N元素,处于于第2周期ⅤA族,非金属性N<O,故氢化物稳定性NH3<H2O,N元素化合价有﹣
3、+
1、+
2、+
3、+
4、+5,故选B. 4.下列应用与盐类的水解无关的是( )A.NaCl可用作防腐剂和调味剂B.明矾净水C.泡沫灭火器的灭火原理D.FeCl3饱和溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体【考点】盐类水解的应用.【分析】A、NaCl防腐主要利用的是高浓度的盐溶液使细胞脱水死亡而达到防腐的作用,不是水解;B、明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用;C、泡沫灭火器(成分为Al2(SO4)
3、NaHCO3溶液)的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀;D、制备Fe(OH)3胶体利用的是氯化铁中三价铁离子的水解.【解答】解A、氯化钠溶液不发生水解,与盐类的水解无关,故A正确;B、明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用,与水解有关,故B错误;C、泡沫灭火器(成分为Al2(SO4)
3、NaHCO3溶液)的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀,与盐类水解有关,故C错误;D、制Fe(OH)3胶体利用是溶液中三价铁离子的水解,与盐类水解有关,故D错误;故选A. 5.下列物质中,含有自由移动Cl﹣的是( )A.KClO3溶液B.液态HClC.熔融NaClD.KCl晶体【考点】电解质在水溶液中的电离.【分析】在水溶液里或熔融状态下能电离出自由移动的氯离子的既符合条件.【解答】解A.氯酸钾溶液中含有氯酸根离子,没有氯离子,故A错误;B.液态HCl,只有氯化氢分子,故B错误;C.氯化钠在熔融状态下可以电离出自由移动的氯离子,故C正确;D.氯化钾固体中含有氯离子,但氯离子不能自由移动,故D错误;故选C. 6.下列反应的离子方程式正确的是( )A.向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体Fe3++3H2O═Fe(OH)3↓+3H+B.用小苏打治疗胃酸过多HCO3﹣+H+═CO2↑+H2OC.实验室用浓盐酸与MnO2反应制Cl2MnO2+2H++2Cl﹣═Cl2↑+Mn2++H2OD.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板Fe3++Cu═Fe2++Cu2+【考点】离子方程式的书写.【分析】A.不生成沉淀,生成胶体;B.反应生成水和二氧化碳;C.电荷不守恒;D.电荷不守恒.【解答】解A.向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+,故A错误;B.用小苏打治疗胃酸过多的离子反应为HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O,故B正确;C.实验室用浓盐酸与MnO2反应制Cl2的离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣═Cl2↑+Mn2++2H2O,故C错误;D.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+,故D错误;故选B. 7.下列基态原子的电子排布式中,其未成对电子数最多的是( )A.1s22s22p63s23p63d64s2B.1s22s22p63s23p64s1C.1s22s22p63s23p63d54s1D.1s22s22p63s23p63d104s1【考点】原子核外电子排布.【分析】根据各个原子中未成对电子个数判断,当原子中每个能级上电子处于半满时,该能级中未成对电子数最多,据此分析解答.【解答】解A.1s22s22p63s23p63d64s2中未成对电子数是4;B.1s22s22p63s23p64s1中未成对电子数是5;C.1s22s22p63s23p63d54s1中未成对电子数是6;D.1s22s22p63s23p63d104s1中未成对电子数是1;通过以上分析知,原子中未成对电子数最多的是C,故选C. 8.检验氯化氢气体中是否混有氯气可采用的方法是( )A.用干燥的蓝色石蕊试纸B.用干燥的有色布条C.将气体通入硝酸银溶液D.用湿润的淀粉碘化钾试纸【考点】氯气的化学性质.【分析】干燥的氯气不具有漂白性,在溶液中HCl与氯水中都含有H+、Cl﹣,都能与硝酸银溶液生成沉淀,则无法检验,但氯气具有氧化性,能与KI反应置换出单质碘.【解答】解A、因HCl和氯气都不能使干燥的蓝色石蕊试纸变色,则不能检验,故A错误;B、因HCl和氯气都不能使干燥的有色布条褪色,则不能检验,故B错误;C、在溶液中HCl与氯水中都含有H+、Cl﹣,都能与硝酸银溶液生成沉淀,则不能检验,故C错误;D、因氯气具有氧化性,用湿润的淀粉碘化钾试纸检验时试纸变蓝,则说明置换出碘单质,使淀粉变蓝,则能够检验混有氯气,故D正确;故选D. 9.下列叙述正确的是( )A.常温下,反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行,则该反应△H>0B.强电解溶液的导电能力一定强于弱电解质溶液的导电能力C.CH3COOH、Cu(OH)
2、BaSO
4、NH3都是常见的弱电解质D.常温下就能发生的化学反应一定是放热反应【考点】电解质与非电解质;反应热和焓变.【分析】A、反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的△S>0,由不能自发进行可知,△H﹣T△S>0;B、溶液的导电能力与离子浓度成正比,与电解质的强弱无关;C、强酸、强碱、大部分盐属于强电解质;D、反应是否吸热与反应条件没有直接的关系.【解答】解A、反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的△S>0,由不能自发进行可知,△H﹣T△S>0,所以△H>T△S>0,故A正确;B、溶液的导电能力与离子浓度成正比,与电解质的强弱无关,故B错误;C、强酸、强碱、大部分盐属于强电解质,硫酸钡属于盐,是强电解质,故C错误;D、反应是否放热与反应条件无关,有些放热反应需在高温条件下进行,例如铝热反应,故D错误,故选A. 10.某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下也可以发生铝热反应.下列反应速率(v)和温度(T)的关系示意图中与铝热反应最接近的是( )A.B.C.D.【考点】探究铝热反应.【分析】铝热反应需要加热反应才能开始,铝热反应为放热反应,温度升高化学反应速率加快,据此进行解答.【解答】解因通过加热引发铝热反应,所以开始速率为零,一旦反应开始,反应不断放热,温度不断升高,化学反应速率加快,所以B正确,关系B. 11.如图所示是某学校实验室从市场买回的试剂标签上的部分内容,据此下列说法正确的是( )A.该硫酸和氨水的物质的量浓度分别约为
18.4mol•L﹣1和
6.3mol•L﹣1B.各取5mL与等质量的水混合后,c(H2SO4)<
9.2mol•L﹣1,c(NH3)>
6.45mol•L﹣1C.各取5mL与等体积的水混合后,ω(H2SO4)<49%,ω(NH3)>
12.5%D.各取10mL于两烧杯中,再分别加入一定量的水即可得到较稀的硫酸溶液和氨水【考点】物质的量浓度的相关计算;溶液中溶质的质量分数及相关计算.【分析】A、根据物质的量浓度c=来计算;B、根据混合前后溶质的质量不变来计算;C、硫酸与等体积的水混合后,所得溶液的质量小于原硫酸溶液质量的2倍,而溶质硫酸的质量不变;氨水与等体积的水混合后,所得溶液的质量大于原氨水溶液质量的2倍,而溶质NH3的质量不变;D、浓硫酸稀释时放热.【解答】解A、浓硫酸的物质的量浓度c===
18.4mol/L;氨水的物质的量浓度c===
12.9mol/L,故A错误;B、设浓硫酸原来的质量为m,则硫酸的质量分数=49%,硫酸的浓度越小,密度越小,则硫酸的物质的量浓度小于
9.2mol/L;设氨水原来的质量为m,则稀释后氨水的质量分数为,而氨水的浓度越小,密度越大,故氨水的物质的量浓度大于
6.45mol/L,故B正确;C、该硫酸与等体积的水混合后,所得溶液的质量小于原硫酸溶液质量的2倍,而溶质硫酸的质量不变,所得溶液的质量分数>49%;氨水与等体积的水混合后,所得溶液的质量大于原氨水溶液质量的2倍,而溶质NH3的质量不变,故稀释后溶液的质量分数<
12.5%,故C错误;D、浓硫酸稀释时放热,故一定要将浓硫酸注入水中,故D错误.故选B. 12.对于Zn(s)+H2SO4(aq)═ZnSO4(aq)+H2(g)△H<0的化学反应下列叙述不正确的是( )A.反应过程中能量关系可用图表示B.该反应为自发反应C.若将该反应设计成原电池则锌为负极D.若将其设计为原电池,当有
32.5g锌溶解时,正极放出气体为
11.2L【考点】反应热和焓变;原电池和电解池的工作原理.【分析】对于Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)△H<0,反应为放热反应,则反应物的总能量大于生成物的总能量;当将该反应设计呈原电池时,Zn为负极,被氧化,正极上析出氢气;△G=△H﹣T•△S<0,反应能自发进行,据此进行判断.【解答】解A.反应为放热反应,则反应物的总能量大于生成物的总能量,图示正确,故A正确;B.该反应是气体体积增大的反应,其熵变△S>0,又△H<0,则△H﹣T△S<0,所以该反应为自发反应,故B正确;C.反应中Zn被氧化生成ZnSO4,当将该反应设计呈原电池时,Zn为负极,故C正确;D.若将其设计为原电池,当有
32.5g锌溶解时,转移电子1mol,则正极放出气体的体积在标况下为
11.2L,未指明标况下就不一定为
11.2L,故D错误;故选D. 13.下列叙述中正确的是( )A.化合反应和置换反应均为氧化还原反应B.碱性氧化物一定是金属氧化物,金属氧化物不一定是碱性氧化物C.电离出的阳离子是H+的物质一定是酸D.能与酸反应的氧化物一定是碱性氧化物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;电解质溶液的导电性.【分析】A.氧化还原反应一定有化合价变化;B.碱性氧化物一定为金属氧化物,而金属氧化物不一定为碱性氧化物,如过氧化钠不属于碱性氧化物;C.依据酸的概念分析;D.能与酸反应只生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物.【解答】解A.置换反应一定存在化合价变化,一定属于氧化还原反应,如化合反应没有化合价变化,一定不属于氧化还原反应,故A错误;B.碱性氧化物一定为金属氧化物,而金属氧化物不一定为碱性氧化物,如过氧化钠不属于碱性氧化物,故B正确;C.电离出的阳离子是H+的物质不一定是酸,如水、硫酸氢钠电离都能产生氢离子,但是都不是酸,故C错误;D.能与酸反应的氧化物不一定是碱性氧化物,例如过氧化钠、氧化铝都能与酸反应,但是不属于碱性氧化物,故D错误;故选B. 14.vLFe2(SO4)3溶液中含有a克SO42﹣,取此溶液
0.5vL,用水稀释至2vL,则稀释后溶液中Fe3+的物质的量的浓度为( )A.mol/LB.mol/LC.mol/LD.mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算.【分析】根据n=计算出硫酸根离子的物质的量,从而可计算出
0.5L溶液中含有的硫酸根离子,然后根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算出稀释后溶液中铁离子的物质的量,最后根据c=计算出稀释后溶液中Fe3+的物质的量的浓度.【解答】解ag硫酸根离子的物质的量为=mol,取出的
0.5VL溶液中含有硫酸根离子的物质的量为mol×=mol,稀释过程中溶质的物质的量不变,则稀释后溶液中铁离子物质的量为mol×=mol,则稀释后溶液中铁离子浓度为mol/L,故选A. 15.已知硒是元素周期表中第四周期第ⅥA族元素,关于硒的性质判断肯定不正确的是( )A.硒的含氧化合物以Se2O3形式存在B.硒的含氢化合物以H2Se形式存在C.硒的氢化物的稳定性比硫化氢差D.硒的最高价氧化物对应水化物的化学式是H2SeO4【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律;同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系.【分析】A.Se位于第VAI族,在氧化物中化合价呈现+4价、+6价;B.Se位于第VIA族,在氢化物中化合价呈现﹣2价;C.元素的非金属性越强,其氢化物的稳定性越强;D.Se和S属于同一主族元素,其最高价氧化物的水化物分子式相同.【解答】解A.硒位于第VIA族,在氧化物中以+4价、+6价存在,所以Se的含氧化合物以SeO
2、SeO3存在,故A错误;B.Se位于第VIA族,在氢化物中化合价为﹣2价,所以硒的含氢化合物以H2Se形式存在,故B正确;C.元素的非金属性越强,其氢化物的稳定性越强,非金属性S>Se,所以硒的氢化物的稳定性比硫化氢差,故C正确;D.Se和S属于同一主族元素,其最高价氧化物的水化物分子式相同,为H2SeO4,故D正确.故选A.
二、解答题(共9小题,满分57分)16.运用化学反应原理研究氮、硫、氯、碘等单质及其化合物的反应有重要意义
(1)硫酸生产中,SO2催化氧化生成SO3;2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g),平衡时,混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如图1所示.根据图示回答下列问题
①2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的△H < 0(填“>”或“<”);若在恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气,平衡 向左 移动(填“向左”“向右”或“不移动”)
②若温度为T
1、T2,反应的平衡常数分别为K1,K2,则K1 > K2;温度为T1时,反应进行到状态D时,v正 > v逆(填“>”“<”或“=”)
(2)氮是地球上含量丰富的一种元素,氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用,
①如图2是一定的温度和压强下N2(g)和H2(g)反应生成lmolNH3(g)过程中能量变化示意图,图中E
1、E2分别表示的意义是 正反应的活化能 、 逆反应的活化能
②请写出工业合成氨的热化学方程式 N2(g)+H2(g)=NH3(g)△H=(Q1﹣Q2)kJ/mol (△H的数值用含字母Q
1、Q2的代数式表示)【考点】化学平衡的计算;化学平衡的影响因素.【分析】
(1)
①根据温度对化学平衡的影响结合图象分析该反应是放热反应还是吸热反应;
②根据T1的T2关系结合图象分析平衡的移动,根据反应物和生成物物质的量的改变引起化学平衡常数的改变判断K
1、K2的关系;根据图象中曲线及曲线上、下方区域表示的含义分析,曲线表示平衡状态,曲线下方表示向正反应方向进行,曲线上方表示向逆反应方向进行;
(2)
①根据能量变化示意图中能量数据的含义来回答;
②由图甲可知,N2和H2反应生成1molNH3放出的热量为(Q2﹣Q1)kJ,注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式.【解答】解
(1)
①根据图象可知升高温度,SO3的平衡含量减少,说明升高温度,平衡向逆反应方向移动.根据平衡移动原理升高温度,平衡向吸热反应方向移动,因此2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的正反应是放热反应,△H<0;若在恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气,则容器的容积扩大,物质的浓度减小,容器内气体的压强减小,平衡向气体体积增大的方向移动,因此平衡逆向移动.即向左移动,故答案为<;向左;
②由于升高温度,平衡逆向移动,所以若温度为T
1、T2,反应的平衡常数分别为K1,K2,则K1>K2;温度为T1时,反应进行到状态D时,未达到平衡时的SO3的浓度,所以反应正向进行,则v正>v逆,故答案为>;>;
(2)图示是一定的温度和压强下N2(g)和H2(g)反应生成lmolNH3(g)过程中能量变化示意图,图中E1表示的是正反应的活化能(或正反应发生需要的最低能量);E2表示的意义是E2逆反应的活化能(或逆反应发生需要的最低能量),故答案为正反应的活化能;逆反应的活化能;
②根据图示可知每产生1molNH3(g)放出能量是(Q2﹣Q1)kJ,因此工业合成氨的热化学方程式是N2(g)+H2(g)=NH3(g)△H=(Q1﹣Q2)kJ/mol,故答案为N2(g)+H2(g)=NH3(g)△H=(Q1﹣Q2)kJ/mol. 17.氮氧化合物是目前造成大气污染的主要气体.NO在空气中存在如下反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H
(1)上述反应分两步完成,其中第一步反应
①如下,写出第二步反应
②的热化学方程式(其反应的焓变△H2用含△H、△H1的式子来表示)
①2NO(g)⇌N2O2(g)△H1<0
② N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)△H2=△H﹣△H1
(2)在某温度下的一密闭容器中充入一定量的NO2,测得NO2的浓度随时间的变化曲线如图1所示,前5秒内的O2的平均生成速率为
0.001 mol•L﹣1•s﹣1,该条件下反应2NO+O2⇌2NO2的化学平衡常数数值为 100 ,平衡后某时刻,升高反应体系的温度,建立新平衡状态后,测的混合气体的平均相对分子质量小于原平衡状态,则2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H < 0(填“<”或“>”);
(3)2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的两步反应中,反应
①的反应速率数值较大,是一个快反应,会快速建立平衡状态,而反应
②是一个慢反应,则决定反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是反应
② (填”
①”或“
②”).对
(2)中反应体系升高温度的过程中,发现2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的反应速率变慢,结合该反应的两步反应过程分析可能的原因 决定总反应速率是反应
②,温度升高后反应
①平衡向右移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对于反应
②的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应
②速率变慢 (反应未使用催化剂).
(4)若
(2)中反应体系,反应开始时使用催化剂,请在
(2)的图中画出该反应体系反应进程可能的曲线.
(5)电解法处理氮氧化合物是目前大气污染治理的一个新思路,原理是将NOx在电解池中分解成无污染的N2和O2除去,如图2示,两电极间是固体氧化物电解质,在一定条件下可自由传导O2﹣,电解池阴极反应为 2NOx+4xe﹣=N2+2xO2﹣ .【考点】化学平衡的计算;热化学方程式;化学平衡的影响因素;电解原理.【分析】
(1)第二步反应
②为N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2,根据盖斯定律
①+
②可得2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g),总的热化学方程式﹣
①可得
②;
(2)根据=计算v(NO2),再根据速率之比等于化学计量数之比计算v(O2);平衡时c(NO2)=
0.02mol/L,则△c(O2)=×(
0.04﹣
0.02)mol/L=
0.01mol/L,△c(NO)=△c(NO2)=(
0.04﹣
0.02)mol/L=
0.02mol/L,代入平衡常数K=计算;平衡后某时刻,升高反应体系的温度,建立新平衡状态后,测的混合气体的平均相对分子质量小于原平衡状态,而混合气体总质量不变,则总的物质的量增大,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,则正反应为放热反应;
(3)慢反应决定整个过程的反应速率;决定总反应速率是反应
②,温度升高后反应
①平衡向右移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对于反应
②的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应
②速率变慢;
(4)若
(2)中反应体系,反应开始时使用催化剂,反应速率加快,缩短到达平衡的时间,不影响平衡移动,平衡时二氧化氮的浓度不变;
(5)电解法处理氮氧化合物原理是将NOx在电解池中分解成无污染的N2和O2除去,两电极间是固体氧化物电解质,在一定条件下可自由传导O2﹣,阴极发生还原反应,阴极上是NOx获得电子生成N2与O2﹣.【解答】解
(1)第二步反应
②为N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2,根据盖斯定律
①+
②可得2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g),总的热化学方程式﹣
①可得
②,则反应
②的热化学方程式为N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)△H2=△H﹣△H1,故答案为N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)△H2=△H﹣△H1;
(2)前5min内v(NO2)==
0.002mol/(L.min),速率之比等于化学计量数之比,v(O2)=v(NO2)=
0.001mol/(L.min);平衡时c(NO2)=
0.02mol/L,则△c(O2)=×(
0.04﹣
0.02)mol/L=
0.01mol/L,△c(NO)=△c(NO2)=(
0.04﹣
0.02)mol/L=
0.02mol/L,平衡常数K===100,平衡后某时刻,升高反应体系的温度,建立新平衡状态后,测的混合气体的平均相对分子质量小于原平衡状态,而混合气体总质量不变,则总的物质的量增大,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,则正反应为放热反应,即△H<0,故答案为
0.001;100;<;
(3)慢反应决定整个过程的反应速率,决定总反应速率是反应
②,温度升高后反应
①平衡向右移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对于反应
②的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应
②速率变慢,故答案为
②;决定总反应速率是反应
②,温度升高后反应
①平衡向右移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对于反应
②的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应
②速率变慢;
(4)若
(2)中反应体系,反应开始时使用催化剂,反应速率加快,缩短到达平衡的时间,不影响平衡移动,平衡时二氧化氮的浓度不变,在图中画出该反应体系反应进程可能的曲线为,故答案为;
(5)电解法处理氮氧化合物原理是将NOx在电解池中分解成无污染的N2和O2除去,两电极间是固体氧化物电解质,在一定条件下可自由传导O2﹣,阴极发生还原反应,阴极上是NOx获得电子生成N2与O2﹣,电极反应式为2NOx+4xe﹣=N2+2xO2﹣,故答案为2NOx+4xe﹣=N2+2xO2﹣. 18.在课堂上,老师演示了金属Na与CuSO4溶液反应的实验,同学们观察到该反应中生成了蓝色的Cu(OH)2沉淀而没有发现Cu单质生成.但某同学心中在想,会不会是因为生成的Cu较少而被蓝色沉淀所覆盖从而没有被发现呢?于是想课后到实验室继续研究,希望进一步用实验来验证自己的猜想是否正确.假如该同学是你,请你写一份实验准备单交给老师,要求老师提供必需的用品.
(1)实验探究的目的 验证钠与硫酸铜溶液反应是否有铜生成 .
(2)探究所依据的化学原理 氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶 .
(3)实验必需的用品小刀、玻璃片、滤纸、 镊子 和 烧杯 ;金属Na、 硫酸铜溶液 和 稀盐酸或稀硫酸 .该同学在探究实验中意外地发现生成的蓝色的沉淀中混有少量的黑色沉淀,而所使用的药品均没有问题.你认为该黑色难溶物是 CuO ,生成该黑色难溶物的原因是 钠与水反应放出热量使氢氧化铜受热部分分解 .【考点】碱金属及其化合物的性质实验.【分析】
(1)学生怀疑Na也与硫酸铜发生了置换反应生成铜单质,因而他探究的实验目的是验证钠与硫酸铜溶液反应是否生成铜;
(2)当钠不与硫酸铜发生置换反应时,沉淀只有氢氧化铜,当钠与硫酸铜发生置换反应时,沉淀中既有氢氧化铜液有铜,依据氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶,只是加入过量的盐酸观察沉淀是否全部溶解即可;
(3)实验需要首先完成Na与硫酸铜溶液反应,然后再进行沉淀与盐酸的反应,完成钠与硫酸铜溶液的反应,需要的试剂是钠和硫酸铜溶液,还需要的用品是镊子、烧杯;完成沉淀与盐酸的反应,需要试剂是稀盐酸或稀硫酸,不再需要其他用品;钠与水反应放出热量,氢氧化铜受热分解,所以实验中意外发现的黑色沉淀是氧化铜.【解答】解
(1)老师演示了金属Na与CuSO4溶液反应的实验,同学们观察到该反应中生成了蓝色的Cu(OH)2沉淀而没有发现Cu单质生成.但某同学心中在想,会不会是因为生成的Cu较少而被蓝色沉淀所覆盖从而没有被发现呢,学生怀疑Na也与硫酸铜发生了置换反应生成铜单质,因而他探究的实验目的是验证钠与硫酸铜溶液反应是否生成铜;故答案为验证钠与硫酸铜溶液反应是否有铜生成;
(2)探究所依据的化学原理是,当钠不与硫酸铜发生置换反应时,沉淀只有氢氧化铜,当钠与硫酸铜发生置换反应时,沉淀中既有氢氧化铜液有铜,氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶,加入过量的盐酸观察沉淀是否全部溶解,若全部溶解说明无铜生成,若仍有沉淀说明有铜生成;故答案为氢氧化铜可溶于盐酸而铜不溶;
(3)实验需要首先完成Na与硫酸铜溶液反应,然后再进行沉淀与盐酸的反应,完成钠与硫酸铜溶液的反应,需要的试剂是钠和硫酸铜溶液,需要的用品小刀、玻璃片、滤纸,还需要的用品是镊子、烧杯;完成沉淀与盐酸的反应,需要试剂是稀盐酸或稀硫酸,不再需要其他用品;钠与水反应放出热量,氢氧化铜受热分解,所以实验中意外发现的黑色沉淀是氧化铜;故答案为镊子;烧杯;硫酸铜溶液;稀盐酸或稀硫酸;CuO;钠与水反应放出热量使氢氧化铜受热部分分解. 19.海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素,主要以碘化物形式存在.有一化学课外小组用海带为原料制取少量碘单质,他们将海带灼烧成灰,用水浸泡一段时间(以让碘化物充分溶解在水中),得到海带灰悬浊液,然后按图1实验流程提取单质碘
(1)指出上图中提取碘的过程中有关的实验操作名称
① 过滤 .
(2)操作
③中所用的有机试剂可以是 苯或四氯化碳 (只填一种).
(3)操作过程
③可以分解为如下几步A.把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中;B.把50ml碘水和15ml有机溶剂(你所选的)加入分液漏斗中,并盖好玻璃塞;C.检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液;D.倒转漏斗用力振荡,并不时旋开活塞放气,最后关闭活塞,把分液漏斗放正;E.旋开活塞,用烧杯接收溶液;F.从分液漏斗上口倒出上层液体;G.将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽与漏斗上口的小孔对准;H.静置、分层.(a)过程
③正确操作步骤的顺序是(填编号字母) CBDAHGEF ;(b)上述G步操作的目的是 使分液漏斗内外空气相通,以保证液体能顺利流出 ;(c)最后碘的有机溶液是通过 漏斗下口(四氯化碳) 获得(填“漏斗上口”或“漏斗下口”).
(4)从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机试剂,还需要经过蒸馏,观察图2所示实验装置指出其错误之处 缺石棉网、温度计的位置应将水银球置于蒸馏烧瓶支管口处、冷凝水应下进上出、尾接管与锥形瓶之间不应有塞子 .【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用;海水资源及其综合利用.【分析】由提取单质碘的实验流程可知,
①为过滤,滤液中含碘离子,
②中发生Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣,得到碘水溶液,
③为萃取分液得到含碘的有机溶液,从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机试剂,还需要经过蒸馏,以此解答.【解答】解将海带灼烧,然后将海带灰浸泡,采用过滤方法分离得到残渣,滤液中含有I﹣,向滤液中充入少量Cl2,发生反应2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣,得到含有碘的水溶液,向碘水中加入萃取剂得到含碘有机溶液,最后采用蒸馏方法得到晶体碘单质,
(1)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,利用碘在不同溶剂中的溶解度采用萃取方法从碘水中获取碘,所以操作
①是过滤,故答案为过滤;
(2)选取的萃取剂可以是苯或四氯化碳,因为溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度,萃取剂和溶质不反应,萃取剂和原溶剂不互溶,故答案为苯或四氯化碳;
(3)(a)其实验步骤是检漏、加药品、振荡、放置、静置、打开玻璃塞、旋开活塞、倒出液体,所以其操作顺序是CBDAHGEF,故答案为CBDAHGEF;(b)分液漏斗使用时将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽与漏斗上口的小孔对准,可以使分液漏斗内外空气相通,以保证液体能顺利流出,故答案为使分液漏斗内外空气相通,以保证液体能顺利流出;(c)分液时上层上口倒出,下层下口流出,若萃取剂为四氯化碳,最后碘的有机溶液是通过漏斗下口获得,故答案为漏斗下口(四氯化碳);
(4)由蒸馏装置可知,图中缺石棉网、温度计的位置应将水银球置于蒸馏烧瓶支管口处、冷凝水应下进上出、尾接管与锥形瓶之间不应有塞子,故答案为缺石棉网、温度计的位置应将水银球置于蒸馏烧瓶支管口处、冷凝水应下进上出、尾接管与锥形瓶之间不应有塞子. 20.化学兴趣小组设计以下实验方案,测定某已部分变质的小苏打样品中Na2CO3的质量分数.【方案一】称取一定质量的固体样品,通过加热至恒重后冷却,称量剩余固体质量,计算.
(1)图1仪器中,在灼烧固体样品时必须用到的是 坩埚、泥三角 (填名称).
(2)实验中需加热至恒重的目的是 保证NaHCO3分解完全 .
(3)实验中确定加热至恒重的方法是 两次称量固体的质量差不超过
0.1g .
(4)若加热过程中有晶体迸溅出来,则测得的结果 偏小 (填“偏大”、“偏小”或“不变”).【方案二】称取一定质量样品,置于小烧杯中,加适量水溶解;向小烧杯中加入足量Ba(OH)2溶液,过滤,洗涤,干燥沉淀,称量固体质量,计算.(已知Ba2++OH﹣+HCO═BaCO3↓+H2O)
(1)过滤操作中,除了烧杯、漏斗外,还要用到的玻璃仪器为 玻璃棒 .
(2)实验中判断沉淀是否完全的方法是 静置,向上层清液滴加一滴Ba(OH)2溶液,观察是否有白色沉淀生成 .
(3)实验中洗涤沉淀的操作是 向漏斗里加入蒸馏水,使水面没过沉淀物,等水自然流完后,重复操作2~3次 .
(4)实验中判断沉淀是否洗涤干净的方法是 取少量最后一次洗涤沉淀的滤液于试管中,滴加一滴Na2SO4溶液,观察是否有白色沉淀生成 .【方案三】按如图2所示装置进行实验
(1)B装置内所盛试剂是 浓H2SO4 ;D装置的作用是 防止空气中的水蒸气、CO2进入C装置 ;分液漏斗中 不能 (填“能”或“不能”)用盐酸代替稀硫酸进行实验.
(2)实验前称取
17.9g样品,实验后测得C装置增重
8.8g,则样品中Na2CO3的质量分数为
29.6% .
(3)根据此实验测得的数据,测定结果有误差,因为实验装置还存在一个明显缺陷是 缺少一套将A、B内的CO2气体驱赶到C里的装置 .【考点】探究物质的组成或测量物质的含量.【分析】[方案一]碳酸氢钠不稳定,受热易分解,根据加热前后固体质量变化,根据差量法求碳酸氢钠的质量,进而求得碳酸钠的质量分数;
(1)在灼烧固体样品时必须在坩埚中进行,根据使用坩埚加热使用到的仪器答题,给固体灼烧需用到的仪器有酒精灯、三脚架、坩埚、泥三角、坩埚钳;
(2)加热恒重保证碳酸氢钠完全分解;
(3)当两次称量剩余固体的质量差不超过
0.1g时,说明已经加热至恒重;
(4)若加热过程中有晶体迸溅出来,使得剩余的固体质量偏小,据此答题;[方案二]碳酸钠和碳酸氢钠都和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀,根据生成沉淀的质量来计算碳酸钠的质量分数.
(1)根据过滤操作考虑所需仪器;
(2)可取上层清液,继续加沉淀剂,看是否生成沉淀;
(3)洗涤沉淀在过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀,待水自然流下,重复2﹣3次洗涤干净;
(4)判断沉淀是否洗涤干净的方法是检验沉淀上是否含有钡离子;[方案三]
(1)由测定含量的实验可知,A中发生Na2CO3+H2SO4=H2O+CO2↑+Na2SO
4、2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑,B中为浓硫酸吸收水,干燥二氧化碳,利用C装置吸收二氧化碳,D装置防止空气中的二氧化碳、水进入C装置干扰含量测定,盐酸易挥发,对实验产生干扰;
(2)结合反应定量关系和元素守恒计算得到物质的质量,来计算物质含量;
(3)二氧化碳气体不能全部进入C装置被吸收,需要添加一个吧二氧化碳气体赶入装置C的装置.【解答】解[方案一]
(1)在灼烧固体样品时必须在坩埚中进行,要用泥三角支撑,故答案为坩埚、泥三角;
(2)实验原理是根据加热前后固体质量变化来计算碳酸氢钠,故应保证碳酸氢钠完全分解,加热恒重则碳酸氢钠完全分解,故答案为保证NaHCO3分解完全;
(3)实验中确定加热至恒重的方法是当两次称量剩余固体的质量差不超过
0.1g时,说明已经加热至恒重,故答案为两次称量固体的质量差不超过
0.1g;
(4)若加热过程中有晶体迸溅出来,使得剩余的固体质量偏小,即计算得碳酸氢钠的质量偏大,所以计算得样品中Na2CO3的质量分数偏小,故答案为偏小;[方案二]
(1)过滤操作中用到的仪器有铁架台(附铁圈)、烧杯、漏斗、玻璃棒、滤纸,过滤时需用玻璃棒引流,故答案为玻璃棒;
(2)可取上层清液,继续加沉淀剂,看是否生成沉淀,具体操作为取上层清液少许于试管中,加入氢氧化钡溶液,若无沉淀生成,则沉淀完全,故答案为取少量上层清液于一支试管中,滴加Ba(OH)2溶液,观察是否有白色沉淀生成;
(3)实验中洗涤沉淀的操作是是向漏斗里加入蒸馏水,使水面没过沉淀物,等水自然流完后,重复操作2~3次,故答案为向漏斗里加入蒸馏水,使水面没过沉淀物,等水自然流完后,重复操作2~3次;
(4)判断沉淀是否洗涤干净的方法是检验沉淀上是否含有钡离子,操作为取少量最后一次洗涤沉淀的滤液于试管中,滴加一滴Na2SO4溶液,观察是否有白色沉淀生成,故答案为取少量最后一次洗涤沉淀的滤液于试管中,滴加一滴Na2SO4溶液,观察是否有白色沉淀生成;[方案三]
(1)空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收,故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳,以确保C装置中质量增加量的准确性;分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸,盐酸易挥发,这样制得二氧化碳气体中含氯化氢,浓硫酸不能吸收氯化氢,则氯化氢被碱石灰吸收,导致测到二氧化碳质量偏高,等质量碳酸钠和碳酸氢钠,碳酸氢钠产生二氧化碳多,则会导致碳酸氢钠偏多,碳酸钠偏小,故答案为浓H2SO4;防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置;不能;
(2)设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为x、y,则Na2CO3+H2SO4=H2O+CO2↑+Na2SO
4、xx2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑106x+84y=
17.9044x+44y=
8.80解得x=
0.05moly=
0.15mol则样品中Na2CO3的质量分数为×100%=
29.6%,故答案为
29.6%;
(3)实验装置还存在一个明显缺陷为装置中的二氧化碳不能被C全部吸收,则需设计一个装置将A、B中的CO2全部吹入C中吸收,故答案为缺少一套将A、B内的CO2气体驱赶到C里的装置. 21.取100mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液,加入过量BaCl2溶液后得到
29.02g白色沉淀,用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到
9.32g,并有气体放出.试计算
(1)原混和溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度.
(2)产生的气体在标准状况下体积. .【考点】有关混合物反应的计算.【分析】发生反应有Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl,Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl,BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O.
29.02g白色沉淀是碳酸钡、硫酸钡的质量之和,用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到
9.32g,为硫酸钡的质量,故碳酸钡的质量为
29.02g﹣
9.32g=
19.7g,根据n=计算碳酸钡、硫酸钡的物质的量,
(1)根据守恒计算n(Na2CO3)、n(Na2SO4),再根据c=计算;
(2)根据碳原子守恒可知n(CO2)=n(Na2CO3),根据V=nVm计算二氧化碳的体积.【解答】解发生反应有Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl,Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl,BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O.
29.02g白色沉淀是碳酸钡、硫酸钡的质量之和,用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到
9.32g,为硫酸钡的质量,故n(BaSO4)==
0.04mol,碳酸钡的质量为
29.02g﹣
9.32g=
19.7g,故n(BaCO3)==
0.1mol,
(1)根据守恒n(Na2CO3)=n(BaCO3)=
0.1mol,故c(Na2CO3)==1mol/L,n(Na2SO4)=n(BaSO4)=
0.04mol,故c(Na2SO4)==
0.4mol/L,答原混和溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度分别为1mol/L、
0.4mol/L;
(2)根据碳原子守恒可知n(CO2)=n(Na2CO3)=
0.1mol,故二氧化碳的体积为
0.1mol×
22.4L/mol=
2.24L,答二氧化碳的体积为
2.24L. 22.若四种溶液,分别含有
①Al3+
②Mg2+
③Fe2+
④Fe3+离子.请回答下列问题
(1)遇KSCN溶液呈红色的是
④ .
(2)加铁粉溶液质量增重的是
④ .
(3)加入过量NaOH溶液中最终无沉淀的是
① .
(4)加入新制Cl2水溶液变黄色的是
③ ,反应的离子方程式是 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣ .【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用.【分析】
(1)三价铁遇硫氰酸钾显红色;
(2)铁能和三价铁化合为二价铁;
(3)铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸盐;
(4)加入新制Cl2水溶液变黄色是氯气氧化亚铁离子为铁离子,溶液变黄色;【解答】解
(1)三价铁遇硫氰酸钾显红色,Fe3++SCN﹣=Fe(SCN)3,用于三价铁的检验,选
④,故答案为
④;
(2)铁能和三价铁反应生成二价铁,2Fe3++Fe=3Fe2+,溶液质量增加了金属铁的质量,选
④,故答案为
④;
(3)铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,无沉淀生成,选
①,故答案为
①;
(4)加入新制Cl2水溶液变黄色是氯气氧化亚铁离子为铁离子,溶液变黄色,选
③,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣,故答案为
③,2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣; 23.邻羟基桂皮酸是合成香精的重要原料,如图为合成邻羟基桂皮酸的路线之一已知试回答下列问题
(1)化合物Ⅱ的结构简式为
(2)化合物Ⅱ→化合物Ⅲ的有机反应类型 消去反应
(3)化合物Ⅲ在银氨溶液中发生反应化学方程式
(4)有机物X为化合物IV的同分异构体,且知有机物X有如下特点
①是苯的对位取代物,
②能与NaHCO3反应放出气体,
③能发生银镜反应.请写出化合物X的结构简式
(5)下列说法正确的是 AC A.化合物Ⅰ遇氯化铁溶液呈紫色B.化合物Ⅱ能与NaHCO3溶液反应C.1mol化合物Ⅳ完全燃烧消耗
9.5molO2D.1mol化合物Ⅲ能与3molH2反应
(6)有机物R(C9H9ClO3)经过反应也可制得化合物Ⅳ,则R在NaOH醇溶液中反应的化学方程式为 或 .【考点】有机物分子中的官能团及其结构.【分析】
(1)根据解题;
(2)化合物II→化合物III的变化是羟基转变为碳碳双键,发生消去反应;
(3)化合物III含有醛基,能和银氨溶液发生银镜反应;
(4)
①是苯的对位取代物,
②能与NaHCO3反应放出气体说明含有羧基,
③能发生银镜反应说明含有醛基,据此写出其结构简式;
(5)A.含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应;B.含有羧基反应的有机物能和碳酸氢钠反应;C.化合物IV的分子式为C9H8O3,1mol化合物IV完全燃烧消耗的氧气的物质的量=(9+﹣)mol=
9.5mol;D.1mol苯环需要3mol氢气,1mol碳碳双键需要1mol氢气,1mol醛基需要1mol氢气,据此判断需要氢气的物质的量;
(6)含有氯原子的有机物R在氢氧化钠的醇溶液中能发生消去反应生成含有碳碳双键的物质,据此写出反应方程式.【解答】解
(1)与乙醛反应生成,故答案为;
(2)化合物II→化合物III的变化是羟基转变为碳碳双键,发生消去反应,故答案为消去反应;
(3)化合物III含有醛基,能和银氨溶液发生银镜反应,反应方程式为,故答案为;
(4)
①是苯的对位取代物,
②能与NaHCO3反应放出气体说明含有羧基,
③能发生银镜反应说明含有醛基,所以该物质的结构是为,故答案为;
(5)A.含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应,化合物I含有酚羟基,所以遇氯化铁溶液呈紫色,故正确;B.含有羧基反应的有机物能和碳酸氢钠反应,化合物II不含羧基,所以不能与碳酸氢钠溶液反应,故错误;C.化合物IV的分子式为C9H8O3,1mol化合物IV完全燃烧消耗的氧气的物质的量=(9+﹣)mol=
9.5mol,故正确;D.1mol苯环需要3mol氢气,1mol碳碳双键需要1mol氢气,1mol醛基需要1mol氢气,所以1mol化合物III能与5molH2反应,故错误,故答案为AC;
(6)R在NaOH醇溶液中发生消去反应,反应方程式为或,故答案为或. 24.5﹣氯﹣2,3﹣二氢﹣1﹣茚酮是合成新农药茚虫威的重要中间体.已知以化合物A(分子式为C7H7Cl)为原料合成5﹣氯﹣2,3﹣二氢﹣1﹣茚酮(化合物F)工艺流程如下
(1)写出反应A→B的化学方程式 +Cl2+HCl .
(2)化合物F中含氧官能团的名称为 羰基 ,反应B→C的类型为 取代反应 .
(3)某化合物是D的同分异构体,能使FeCl3溶液显紫色,且分子中只有3种不同化学环境的氢.写出该化合物的结构简式 或 (任写一种).
(4)E→F的转化中,会产生一种与F互为同分异构体的副产物,其结构简式为 .
(5)根据已有知识并结合相关信息,写出以化合物F和CH2(COOC2H5)2为有机反应原料制备的合成路线流程图(注明反应条件).合成路线流程图示例如下【考点】有机物的合成;有机物分子中的官能团及其结构.【分析】由C的结构简式结合信息中第一步,逆推可知B为,中的氯原子被取代而发生取代反应生成C,A与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成B,结合A的分子式可知其结构简式为.C发生信息中第二步反应得到D为,D分子羧基中﹣OH被﹣Cl取代生成E,E脱去1分子HCl得到F,据此解答.【解答】解由C的结构简式结合信息中第一步,逆推可知B为,中的氯原子被取代而发生取代反应生成C,A与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成B,结合A的分子式可知其结构简式为.C发生信息中第二步反应得到D为,D分子羧基中﹣OH被﹣Cl取代生成E,E脱去1分子HCl得到F,
(1)反应A→B的化学方程式为+Cl2+HCl,故答案为+Cl2+HCl;
(2)根据F的结构简式可知,F中含氧官能团的名称为羰基,根据上面的分析可知,反应B→C的类型为取代反应,故答案为羰基;取代反应;
(3)某化合物是D的同分异构体,能使FeCl3溶液显紫色,说明有酚羟基,且分子中只有3种不同化学环境的氢,符合这样条件的化合物的结构简式为或,故答案为或;
(4)E→F的转化中,会产生一种与F互为同分异构体的副产物,其结构简式为,故答案为;
(5)以化合物F和CH2(COOC2H5)2为有机反应原料制备,要先将F中的羰基消除掉,同时在五元环的中间引入卤原子,结合题中信息的第一步得到产品,为此可以先将F与氢气加成、后再经守消去、与氯化氢加成,再与CH2(COOC2H5)2反应后得的产物再酸性水解得产品,合成路线流程图为,故答案为. xx年12月2日。