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2019-2020年高三化学上学期第一次月考试卷(含解析)III
一、选择题(共16小题,每小题3分,满分48分)1.(3分)重水(D2O)是重要的核工业原料,下列说法错误的是()A.氘(D)原子核外有1个电子B.1H与D互称同位素C.H2O与D2O互称同素异形体D.1H218O与D216O的相对分子质量相同2.(3分)有机物的结构简式如图所示,则此有机物可发生的反应类型有()
①取代
②加成
③消去
④酯化
⑤水解
⑥氧化
⑦中和.A.
①②③⑤⑥B.
①②③④⑤⑥⑦C.
②③④⑤⑥D.
②③④⑤⑥⑦3.(3分)在同温同压下,一定量的某有机物和过量的金属钠反应产生aL氢气,另取等量的该有机物与足量的小苏打溶液反应,可以收集二氧化碳气体bL,若a=b,则该有机物可能是()A.HOOC﹣COOHB.HOOC﹣CH2CH2OHC.HOCH2﹣CH2OHD.CH3COOH4.(3分)下列说法正确的是()A.Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体,CO32﹣水解程度减小,溶液的pH减小B.25℃时,用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7,V(醋酸)<V(NaOH)C.向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液,有沉淀和气体生成D.CH3COOH溶液加水稀释后,溶液中的值减小5.(3分)下列实验误差分析错误的是()A.用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH,测定值偏小B.用容量瓶配制溶液,定容时俯视刻度线,所配溶液浓度偏小C.滴定前滴定管内无气泡,终点读数时有气泡,所测体积偏小D.测定中和反应的反应热时,将碱缓慢倒入酸中,所测温度值偏小6.(3分)用NA表示阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是()A.25℃时,PH=13的
1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH﹣数目为
0.2NAB.标准状况下,
2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应,转移的电子总数为
0.2NAC.室温下,
21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为
1.5NAD.标准状况下,
22.4L甲醇中含有的氧原子数为
1.0NA7.(3分)能正确表示下列反应的离子方程式是()A.NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2OB.碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+NH3•H2O+H2OC.Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2D.用惰性电极电解熔融氯化钠2Cl﹣+2H2O═Cl2↑+H2↑+2OH﹣8.(3分)对下列反应
①KHCO3溶液与石灰水反应、
②Na2SO3溶液与稀盐酸反应、
③Si与烧碱溶液反应、
④Fe与稀硝酸反应.改变反应物用量,不能用同一个离子方程式表示的是()A.
①②③B.
①②④C.
①③④D.
②③④9.(3分)在下列条件下,能大量共存的微粒组是()化学式电离常数(25℃)CH3COOHKi=
1.7×10﹣5HClOKi=
3.0×10﹣8H2CO3Ki1=
4.3×10﹣7Ki2=
5.6×10﹣11A.c(H+)=1×10﹣14mol/L的溶液K+、Na+、AlO2﹣、S2O32﹣B.右表提供的数据下HClO、HCO3﹣、ClO﹣、CO32﹣C.能与Al反应生成H2的溶液NH4+、Ca2+、NO3﹣、I﹣D.中性的溶液中CO32﹣、Na+、SO42﹣、AlO2﹣10.(3分)下列画有横线的反应物在反应中不能完全消耗的是()A.将含少量CO2的CO通入足量Na2O2的试管并不断用电火花引燃B.向等物质的量的干冰和CaO的混合物中加几滴水C.将1molCu置于含2molH2SO4的浓硫酸中加热D.在强光持续照射下,向过量的Ca(ClO)2悬浊液中通入少量的CO211.(3分)甲、乙两个电解池均以铂为电极,且互相串联,甲池中盛有硝酸银溶液,乙池中盛有一定量的某盐溶液.通电一段时间后,测得甲池中电极质量增加
2.16g,乙池中电极上析出金属
0.24g,则乙池中溶质可能是()A.CuSO4B.MgSO4C.Al(NO3)3D.Na2SO412.(3分)在一密闭容器中,反应aA(g)⇌bB(g)达平衡后,保持温度不变,将容器体积减半,当达到新的平衡时,A的浓度增大为原来的
1.8倍,则下列说法错误的是()A.平衡向正反应方向移动了B.物质A的转化率增大了C.恒温恒压时再充入A物质,达到新的平衡时A的质量分数增加了D.a>b13.(3分)如图是可逆反应A+2B⇌2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变(先降温后加压)而变化的情况,由此可推断()A.正反应是吸热反应B.若A、B是气体,则D是液体或固体C.逆反应是放热反应D.A、B、C、D均为气体14.(3分)下列反应中,相关示意图象错误的是()A.将SO2通入到一定量氯水中B.将氨水滴入到一定量AlCl3溶液中C.将铜粉加入到一定量浓硝酸中D.将铁粉加入到一定量FeCl3溶液中15.(3分)已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+.现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合,充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液,混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示,下列说法中不正确的是()A.图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B.图中BC段发生的反应为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2C.开始加入的K2Cr2O7为
0.25molD.K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为1316.(3分)将足量的CO2不断通入NaOH、Ba(OH)
2、NaAlO2的混合溶液中,生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为()A.B.C.D.
二、填空题(共52分)17.(9分)A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素.已知A、B、E三原子最外层共有11个电子,且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水;C元素的最外层电子数比次外层电子数少4,D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3.请回答下列问题
(1)写出下列元素符号A,C,E.
(2)E元素+1价含氧酸的电子式为.
(3)写出A、B两元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式.
(4)比较C、D最高价氧化物对应水化物的酸性.18.(8分)对可逆反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)+dD(g)达到平衡时,各物质的物质的量浓度满足以下关系=K(为一常数),K称为化学平衡常数,其反应的K值只与温度有关.现有反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=﹣QkJ•mol﹣1.在850℃时,K=1.
(1)若升高温度到950℃时,达到平衡时K1(填“大于”“小于”或“等于”).
(2)850℃时,若向一容积可变的密闭容器中同时充入
1.0molCO,
3.0molH2O,
1.0molCO2和xmolH2,则
①当x=
5.0时,上述平衡向(填“正反应”或“逆反应”)方向移动.
②若要使上述反应开始时向正反应方向进行,则x应满足的条件是.
(3)在850℃时,若设x=
5.0和x=
6.0,其他物质的投料不变,当上述反应达到平衡后,测得H2的体积分数分别为a%、b%,则ab(填“大于”“小于”或“等于”).19.(16分)常温下,将某可溶性一元碱XOH和HCl溶液等体积混合,两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表,请回答实验编号XOH物质的量浓度(mol•L﹣1)HCl物质的量浓度(mol•L﹣1)混合溶液的pH甲
0.
20.2pH=a乙c
0.2pH=7丙
0.
20.1pH<7丁
0.
10.1pH=5
(1)不考虑其它组的实验结果,单从甲组情况分析,如何用a(混合溶液的pH)来说明XOH是强碱还是弱碱.
(2)不考虑其它组的实验结果,单从乙组情况分析,C是否一定等于
0.2(选填“是”或“否”).混合液中离子浓度c(Cl﹣)与c(X+)的大小关系是.
(3)丙组实验结果分析,XOH是碱(选填“强”或“弱”).该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是.
(4)丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH﹣)=mol•L﹣1.写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不能做近似计算).c(Cl﹣)﹣c(X+)=mol•L﹣1c(H+)﹣c(XOH)=mol•L﹣1.20.(6分)请观察下列化合物A~H的转换反应的关系图(图中副产物均未写出),请填写
(1)写出反应类型反应
①;反应
⑦.
(2)写出结构简式B;H.
(3)写出反应
⑥的化学方程式.21.(13分)乙二酸通常以二水合物的形式存在,俗称草酸晶体.已知草酸晶体在101℃时熔化并开始升华,157℃时大量升华,继续升温会分解生成CO、CO2和H2O.
(1)下列关于乙二酸的叙述正确的是(填编号)
①能和乙二醇发生酯化反应
②能使酸性高锰酸钾溶液褪色
③其溶液能使蓝色石蕊试纸变红
④能和碳酸氢钠溶液反应生成气体玻璃棒
(2)乙二酸的工业生产方法之一是以乙二醇为原料,在一定条件下,用空气氧化得到.写出该反应的化学反应方程式
(3)欲检验草酸晶体受热分解的产物中是否有CO2,甲、乙两位同学分别设计了装置
1、装置2来完成实验.(Ⅰ)简述检验装置1气密性的操作方法(Ⅱ)B和E两个装置中更合理的是E,理由为(Ⅲ)请从A~F中选择合适的仪器,组装一套可更好达到实验目的装置,按照气流由左到右的顺序依次为(用字母表示).(Ⅳ)一定条件下草酸氢铵分解生成NH
3、CO、CO2和H2O,110℃时将该混合气体先通过Na2O2,再通过浓硫酸分别增重Ag和Bg;若将混合气体先通过浓硫酸,再通过Na2O2分别增重Cg和Dg(能反应的气体均可吸收完全,且该条件下CO与Na2O2不反应),则A、B、C、D的大小关系为.江西省江西师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中五校联考xx届高三上学期第一次月考化学试卷参考答案与试题解析
一、选择题(共16小题,每小题3分,满分48分)1.(3分)重水(D2O)是重要的核工业原料,下列说法错误的是()A.氘(D)原子核外有1个电子B.1H与D互称同位素C.H2O与D2O互称同素异形体D.1H218O与D216O的相对分子质量相同考点同位素及其应用.专题原子组成与结构专题.分析A.氘(D)质子数为1,质子数=核外电子数;B.有相同质子数,不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素;C.相同元素组成,不同形态的单质互为同素异形体;D.1H218O的相对分子质量为1×2+18=20,D216O的相对分子质量为2×2+16=20.解答解A.氘(D)质子数为1,质子数=核外电子数,故原子核外有1个电子,故A正确;B.1H与D质子数相同,中子数不同,故互为同位素,故B正确;C.H2O与D2O都是化合物,不是单质,故C错误;D.1H218O的相对分子质量为1×2+18=20,D216O的相对分子质量为2×2+16=20,故D正确,故选C.点评本题考查同位素、同素异形体的概念,相对分子质量的计算,难度不大.对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题.2.(3分)有机物的结构简式如图所示,则此有机物可发生的反应类型有()
①取代
②加成
③消去
④酯化
⑤水解
⑥氧化
⑦中和.A.
①②③⑤⑥B.
①②③④⑤⑥⑦C.
②③④⑤⑥D.
②③④⑤⑥⑦考点有机物的结构和性质.专题有机反应.分析该有机物含有碳碳双键,可发生加成、加聚、氧化反应,含有酯基,可发生水解反应,含有羧基,具有酸性,可发生酯化反应,含有羟基,可发生氧化、取代和消去反应,以此解答该题.解答解该有机物含有碳碳双键,可发生加成、加聚、氧化反应,则
②⑥正确;含有酯基,可发生水解反应,则
①正确;含有羧基,具有酸性,可发生酯化反应,则
①④⑦正确;含有羟基,可发生氧化、取代和消去反应,则
①③④⑥正确.故选B.点评本题考查有机物的结构和性质,为xx届高考常见题型,侧重于考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力,题目难度中等,注意把握有机物的官能团的性质,为解答该题的关键.3.(3分)在同温同压下,一定量的某有机物和过量的金属钠反应产生aL氢气,另取等量的该有机物与足量的小苏打溶液反应,可以收集二氧化碳气体bL,若a=b,则该有机物可能是()A.HOOC﹣COOHB.HOOC﹣CH2CH2OHC.HOCH2﹣CH2OHD.CH3COOH考点有机物的结构和性质.专题有机物的化学性质及推断.分析某有机物和过量Na反应得到aL氢气,说明分子中含有R﹣OH或﹣COOH,另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到bL二氧化碳,说明分子中含有﹣COOH,根据反应关系式R﹣OH~H2,﹣COOH~H2,以及﹣COOHCO2进行判断.解答解有机物和过量Na反应得到aL氢气,说明分子中含有R﹣OH或﹣COOH,另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到bL二氧化碳,说明分子中含有﹣COOH,存在反应关系式R﹣OH~H2,﹣COOH~H2,以及﹣COOHCO2,若a=b,说明分子中含有R﹣OH和﹣COOH,且官能团数目相等,只有B符合,故选B.点评本题考查醇、羧酸的性质与有机物结构推断等,难度不大,清楚醇、羧酸的性质是解题关键,注意基础知识的掌握.4.(3分)下列说法正确的是()A.Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体,CO32﹣水解程度减小,溶液的pH减小B.25℃时,用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7,V(醋酸)<V(NaOH)C.向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液,有沉淀和气体生成D.CH3COOH溶液加水稀释后,溶液中的值减小考点盐类水解的应用;弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题电离平衡与溶液的pH专题;盐类的水解专题.分析A.Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH,溶液pH增大;B.醋酸钠溶液呈碱性,要使混合溶液呈中性,则醋酸的物质的量应该稍微大于NaOH;C.偏铝酸钠和碳酸氢钠反应生成氢氧化铝和碳酸钠;D.加水稀释促进醋酸电离.解答解A.Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH,溶液中氢氧根离子浓度增大,则溶液pH增大,故A错误;B.醋酸钠溶液呈碱性,要使混合溶液呈中性,则醋酸的物质的量应该稍微大于NaOH,二者的浓度相等,所以V(醋酸)>V(NaOH),故B错误;C.偏铝酸钠和碳酸氢钠反应生成氢氧化铝和碳酸钠,NaAlO2+NaHCO3+H2O=Al(OH)3↓+Na2CO3,所以没有气体生成,故C错误;D.加水稀释促进醋酸电离,则醋酸根离子的物质的量增大、醋酸分子的物质的量减小,所以溶液中的值减小,故D正确;故选D.点评本题考查盐类水解、酸碱混合溶液定性判断等知识点,明确盐类水解特点、弱电解质电离特点及物质性质即可解答,易错选项是C,注意偏铝酸钠和碳酸钠、碳酸氢钠混合时的区别,为易错点.5.(3分)下列实验误差分析错误的是()A.用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH,测定值偏小B.用容量瓶配制溶液,定容时俯视刻度线,所配溶液浓度偏小C.滴定前滴定管内无气泡,终点读数时有气泡,所测体积偏小D.测定中和反应的反应热时,将碱缓慢倒入酸中,所测温度值偏小考点配制一定物质的量浓度的溶液;试纸的使用;中和滴定;中和热的测定.专题化学实验基本操作.分析A.湿润的pH值试纸可以稀释碱液;B.定容时俯视刻度线,导致所配溶液的体积偏小,结合c=判断;C.滴定前滴定管内无气泡,终点读数时有气泡,气体占据液体应占有的体积;D.测定中和反应的反应热时,将碱缓慢倒入酸中,导致热量损失过大.解答解A.湿润的pH值试纸可以稀释碱液,溶液中氢氧根离子根据减小,测定的溶液碱性减弱,测定值偏小,故A正确;B.定容时俯视刻度线,导致所配溶液的体积偏小,结合c=可知,所配溶液的浓度偏大,故B错误;C.滴定前滴定管内无气泡,终点读数时有气泡,气体占据液体应占有的体积,会导致所测溶液体积偏小,故C正确;D.测定中和反应的反应热时,将碱缓慢倒入酸中,导致热量损失过大,所测温度值偏小,故D正确;故选B.点评本题考查实验基本操作、误差分析等,难度中等,理解实验进行的原理是解题的关键,注实验基本操作的掌握.6.(3分)用NA表示阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是()A.25℃时,PH=13的
1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH﹣数目为
0.2NAB.标准状况下,
2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应,转移的电子总数为
0.2NAC.室温下,
21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为
1.5NAD.标准状况下,
22.4L甲醇中含有的氧原子数为
1.0NA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、根据PH值和氢氧化钡中氢氧根浓度之间的关系来分析;B、根据反应中转移的电子的量以及元素化合价的变化情况来回答;C、根据乙烯和丁烯的最简式都是CH2的特点来分析;D、根据标准状况下甲醇为液态来分析.解答解A、PH=13也就是意味着,则,,所以,故A错误;B、发生的化学反应方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O(该反应为歧化反应),,那么转移电子的数目应该为
0.1NA,故B错误;C、乙烯和丁烯的最简式都是CH2,则,所以n(C)=
1.5mol,N(C)=
1.5NA,故C正确;D、标准状况下,甲醇为液态,那么甲醇的物质的量就不是1mol,则所含有的氧原子个数也不为NA,故D错误.故选C.点评以阿伏伽德罗常数为载体考察如下知识点
①考查
22.4L/mol的正确使用;
②考查在氧化还原反应中得失电子数的计算;
③正确表示一定物质的量的某物质微粒所含某种微粒的个数;
④考查在标准状况下一定体积的气体分子所含的分子数和原子数.7.(3分)能正确表示下列反应的离子方程式是()A.NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2OB.碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+NH3•H2O+H2OC.Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2D.用惰性电极电解熔融氯化钠2Cl﹣+2H2O═Cl2↑+H2↑+2OH﹣考点离子方程式的书写.专题离子反应专题.分析A.亚硝酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成锰离子、硝酸根离子和水;B.氢氧化钡足量,离子方程式按照碳酸氢铵的组成书写,反应产物中不会有碳酸根离子剩余;C.碘化氢过量,硝酸根离子具有强氧化性,能够将碘离子氧化成碘单质;D.惰性电极电解熔融氯化钠,不是电解氯化钠溶液,反应生成的是钠和氯气.解答解A.NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液,二者发生氧化还原反应,反应的离子方程式为2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O,故A正确;B.碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液,反应产物中不会生成碳酸根离子,正确的离子方程式为Ba2++NH4++HCO3﹣+2OH﹣═BaCO3↓+NH3•H2O+H2O,故B错误;C.Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液,碘化氢过量,硝酸根离子和铁离子完全反应,正确的离子方程式为10I﹣+3NO3﹣+Fe3++12H+═5I2+3NO↑+Fe2++6H2O,故C错误;D.用惰性电极电解熔融氯化钠,反应生成钠和氯气,2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑,故D错误;故选A.点评本题考查了离子方程式的正误判断,题目难度中等,注意掌握离子方程式的书写原则,明确离子方程式正误判断常用方法检查反应能否发生,检查反应物、生成物是否正确,检查各物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式等.8.(3分)对下列反应
①KHCO3溶液与石灰水反应、
②Na2SO3溶液与稀盐酸反应、
③Si与烧碱溶液反应、
④Fe与稀硝酸反应.改变反应物用量,不能用同一个离子方程式表示的是()A.
①②③B.
①②④C.
①③④D.
②③④考点离子方程式的书写.专题离子反应专题.分析在溶液中的反应,若反应产物与反应物的量无关时,只发生一个化学反应,反应物相同,生成物也相同,则就能用同一离子方程式表示,若反应产物与反应物的量有关时,不能用同一个离子方程式表示,以此来解答.解答解
①KHCO3少量时,发生反应为KHCO3+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O+KOH,KHCO3过量时发生反应为2KHCO3+Ca(OH)2═CaCO3↓+2H2O+K2CO3,则不能用同一离子方程式表示,故
①正确;
②Na2SO3溶液与稀盐酸反应,盐酸量少,反应生成亚硫酸氢钠,离子反应为SO32﹣+H+═HSO3﹣,而盐酸量多时,反应生成二氧化硫和水,离子反应为SO32﹣+2H+═H2O+SO2↑,不能用同一个离子方程式来表示,故
②正确;
③Si与烧碱溶液反应无论以何种量混合,二者反应生成硅酸钠和水,SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O,可以用同一离子方程式表示,故
③错误;
④Fe与稀硝酸反应,Fe不过量生成Fe3+,4H++NO3﹣+Fe═Fe3++NO↑+2H2O,Fe过量生成Fe2+,8H++2NO3﹣+3Fe═3Fe2++2NO↑+4H2O,不能用同一个离子方程式来表示,故
④正确;故选B.点评本题考查离子反应方程式书写的正误判断,为高频考点,把握发生的化学反应为解答的关键,侧重与量有关的离子反应考查,注重分析能力与知识综合应用能力的训练,题目难度不大.9.(3分)在下列条件下,能大量共存的微粒组是()化学式电离常数(25℃)CH3COOHKi=
1.7×10﹣5HClOKi=
3.0×10﹣8H2CO3Ki1=
4.3×10﹣7Ki2=
5.6×10﹣11A.c(H+)=1×10﹣14mol/L的溶液K+、Na+、AlO2﹣、S2O32﹣B.右表提供的数据下HClO、HCO3﹣、ClO﹣、CO32﹣C.能与Al反应生成H2的溶液NH4+、Ca2+、NO3﹣、I﹣D.中性的溶液中CO32﹣、Na+、SO42﹣、AlO2﹣考点离子共存问题.专题离子反应专题.分析A.c(H+)=1×10﹣14mol/L的溶液,显碱性;B.由表中的数据可知,酸性HClO>CO32﹣;C.与Al反应生成H2的溶液,为非氧化性酸或强碱溶液;D.中性溶液中不能存在水解显碱性的离子.解答解A.c(H+)=1×10﹣14mol/L的溶液,显碱性,该组离子之间不反应,可大量共存,故A正确;B.由表中的数据可知,酸性HClO>CO32﹣,二者发生强酸制取弱酸的反应,不能共存,故B错误;C.与Al反应生成H2的溶液,为非氧化性酸或强碱溶液,碱溶液中不能存在NH4+,酸溶液中NO3﹣、I﹣(或Al)发生氧化还原反应,不能共存,故C错误;D.CO32﹣、AlO2﹣均水解显碱性,与中性溶液不符,故D错误;故选A.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,选项BD为解答的关键,注意选项B中表格数据的应用,题目难度不大.10.(3分)下列画有横线的反应物在反应中不能完全消耗的是()A.将含少量CO2的CO通入足量Na2O2的试管并不断用电火花引燃B.向等物质的量的干冰和CaO的混合物中加几滴水C.将1molCu置于含2molH2SO4的浓硫酸中加热D.在强光持续照射下,向过量的Ca(ClO)2悬浊液中通入少量的CO2考点钠的重要化合物;浓硫酸的性质.分析A.电火花不断引燃,CO燃烧生成二氧化碳,二氧化碳能与足量Na2O2反应,最终气体完全反应;B.二氧化碳与水反应生成碳酸,与等物质的量的CaO恰好完全反应;C.随反应的进行,稀硫酸不与Cu反应;D.反应生成碳酸钙和HClO,光照下HClO分解,最终二氧化碳完全反应.解答解A.电火花不断引燃,CO燃烧生成二氧化碳,二氧化碳能与足量Na2O2反应,最终气体完全反应,相当于CO与Na2O2反应生成碳酸难,CO完全消耗,故A不选;B.二氧化碳与水反应生成碳酸,与等物质的量的CaO恰好完全反应,干冰完全消耗,故B不选;C.随反应的进行,稀硫酸不与Cu反应,则Cu、硫酸均不能完全消耗,故C选;D.反应生成碳酸钙和HClO,光照下HClO分解,最终二氧化碳完全反应,而次氯酸钙过量,不能完全消耗,故D选;故选CD.点评本题考查浓硫酸的性质及Na2O2的性质,侧重化学反应的考查,明确物质的性质及特性即可解答,注意量对反应的影响,题目难度不大.11.(3分)甲、乙两个电解池均以铂为电极,且互相串联,甲池中盛有硝酸银溶液,乙池中盛有一定量的某盐溶液.通电一段时间后,测得甲池中电极质量增加
2.16g,乙池中电极上析出金属
0.24g,则乙池中溶质可能是()A.CuSO4B.MgSO4C.Al(NO3)3D.Na2SO4考点电解原理;氧化还原反应的计算.专题电化学专题.分析根据阳离子放电顺序Cu2+>H+>Al3+>Mg2+>Na+,乙池中电极上析出金属,结合选项可知只有含铜离子的溶液符合题意.解答解由阳离子放电顺序Cu2+>H+>Al3+>Mg2+>Na+,故乙池中溶质若为硫酸镁、硝酸铝或硫酸钠,则不可能析出金属,所以只可能是硫酸铜,由Ag++e﹣=Ag,由Ag++e﹣=Ag,Cu2++2e﹣=Cu,则由关系式2Ag~Cu可计算出甲池析出
2.16gAg,乙池应析出
0.64gCu,但实际仅析出金属
0.24g,这说明硫酸铜的量(题意告知“一定量”)不足,故选A.点评本题考查电解原理,熟悉离子的放电顺序是解答的关键,注意由2Ag~2e﹣~Mg计算确定答案为B,是一种常见错误,难度较大,为易错题.12.(3分)在一密闭容器中,反应aA(g)⇌bB(g)达平衡后,保持温度不变,将容器体积减半,当达到新的平衡时,A的浓度增大为原来的
1.8倍,则下列说法错误的是()A.平衡向正反应方向移动了B.物质A的转化率增大了C.恒温恒压时再充入A物质,达到新的平衡时A的质量分数增加了D.a>b考点化学平衡的影响因素.专题化学平衡专题.分析假定平衡不移动,将气体体积压缩到原来的一半,A的浓度为原来的2倍,实际再次达到新平衡时,A的浓度为原来的
1.8倍,说明压强增大,平衡向正反应移动,即a>b,A的转化率增大,以此解答该题.解答解假定平衡不移动,将气体体积压缩到原来的一半,A的浓度为原来的2倍,实际再次达到新平衡时,A的浓度为原来的
1.8倍,说明压强增大,平衡向正反应移动,即a>b,A的转化率增大,则A.由上述分析可知,平衡向正反应方向移动,故A正确;B.平衡向正反应方向移动,物质A的转化率增大,故B正确;C.恒温恒压时再充入A物质,平衡常数不变,则达到新的平衡时A的质量分数不变,故C错误;D.压强增大,平衡向正反应移动,则a>b,故D正确.故选C.点评本题考查化学平衡移动问题,题目难度不大,注意通过改变体积浓度的变化判断平衡移动的方向,此为解答该题的关键.13.(3分)如图是可逆反应A+2B⇌2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变(先降温后加压)而变化的情况,由此可推断()A.正反应是吸热反应B.若A、B是气体,则D是液体或固体C.逆反应是放热反应D.A、B、C、D均为气体考点化学反应速率与化学平衡图象的综合应用.专题化学平衡专题.分析由图象可以看出降低温度,正反应速率大于逆反应速率,说明平衡向正反应移动,则该反应的正反应为放热反应,增大压强,正反应速率大于逆反应速率,说明平衡向正反应方向移动,则说明气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和,以此可解答该题.解答解由图象可以看出降低温度,正反应速率大于逆反应速率,说明平衡向正反应移动,则该反应的正反应为放热反应,逆反应吸热,则A、C错误;增大压强,正反应速率大于逆反应速率,说明平衡向正反应方向移动,则说明气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和,若A、B、C、D均为气体,增大压强平衡向逆反应方向移动,若A、B是气体,则D是液体或固体,增大压强平衡向正反应方向移动,则B正确、D错误,故选B.点评本题考查化学反应速率与化学平衡的图象问题,根据温度、压强对反应速率的影响判断平衡移动的方向是解答该题的关键,注意压强对平衡移动的影响与化学计量数的关系,为易错点,题目难度中等.14.(3分)下列反应中,相关示意图象错误的是()A.将SO2通入到一定量氯水中B.将氨水滴入到一定量AlCl3溶液中C.将铜粉加入到一定量浓硝酸中D.将铁粉加入到一定量FeCl3溶液中考点二氧化硫的化学性质;硝酸的化学性质;镁、铝的重要化合物;铁盐和亚铁盐的相互转变.专题图示题.分析A、氯水中的氯气具有强氧化性,在水溶液中能把二氧化硫氧化成硫酸,据此分析;B、氢氧化铝不和弱碱反应,据此分析;C、根据铜和浓、稀硝酸反应生成气体的体积与铜的关系式分析;D、根据铁和氯化铁的性质分析;解答解A、当向氯水中通入二氧化硫时,氯水中的氯气具有强氧化性,在水溶液中能把二氧化硫氧化成硫酸,氯气和二氧化硫、水的反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl,所以溶液的酸性增强,PH值减小,最后达定值,故A正确;B、氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀,氢氧化铝不和弱碱反应,所以将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中沉淀先逐渐增大最后达到最大值,沉淀不溶解,故B错误;C、铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体,随着反应的进行,浓硝酸变成稀硝酸,铜和稀硝酸反应生成一氧化氮,当硝酸完全反应时,生成的气体为定值,故C正确;D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁,溶液中离子数目增多,氯离子的量不变,所以氯离子的百分含量减少,到三价铁离子反应完全后,氯离子的百分含量不再变化,故D正确;故选B.点评本题考查了元素化合物的性质应用,识图的能力,注意二氧化硫和氯气能发生氧化还原反应而生成硫酸和盐酸,氢氧化铝的两性是溶于强碱强酸,不溶于弱酸弱碱.15.(3分)已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+.现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合,充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液,混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示,下列说法中不正确的是()A.图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B.图中BC段发生的反应为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2C.开始加入的K2Cr2O7为
0.25molD.K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为13考点离子方程式的有关计算.专题计算题.分析氧化性强弱顺序为K2Cr2O7>Fe3+,由图象可知,在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液,开始时Fe3+浓度不变,则说明Fe3+没有参加反应,则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应,BC段为铁离子和碘化钾的反应,结合得失电子守恒解答该题.解答解A.开始时Fe3+浓度不变,则说明Fe3+没有参加反应,则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应,K2Cr2O7为氧化剂,故A正确;B.BC段Fe3+浓度逐渐减小,为铁离子和碘化钾的反应,反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2,故B正确;C.由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2Cr2O7~6Fe3+~6I﹣,共消耗的n(I﹣)=
1.5mol,则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为mol=
0.25mol,故C正确;D.由方程式2Fe3++2I﹣→2Fe2++I2可知,BC段消耗KI
0.9mol,则n(Fe3+)=n(Fe2+)=
0.9mol,K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为
0.25mol
0.9mol=518,故D错误.故选D.点评本题考查化学方程式的计算,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,为xx届高考常见题型和高频考点,注意把握反应的相关方程式的书写,根据方程式、关系式及电子守恒计算该题,难度中等.16.(3分)将足量的CO2不断通入NaOH、Ba(OH)
2、NaAlO2的混合溶液中,生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为()A.B.C.D.考点钠的重要化合物.专题元素及其化合物.分析只要通入CO2,立刻就有沉淀BaCO3产生;将Ba(OH)2消耗完毕,接下来消耗NaOH,因而此段不会产生沉淀(即沉淀的量保持不变);NaOH被消耗完毕,接下来又因二氧化碳足量,还可以继续与上面反应的产物Na2CO
3、BaCO
3、反应,最后剩余沉淀为Al(OH)3.解答解通入CO2,依次发生CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO2═2Al(OH)3↓+Na2CO
3、CO2+H2O+Na2CO3═2NaHCO3,BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2,由以上反应可知,图象应为C,故选C.点评本题考查元素化合物知识,侧重于二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序的考查,注重运用基本知识解决新问题的能力,并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题.难度不大.
二、填空题(共52分)17.(9分)A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素.已知A、B、E三原子最外层共有11个电子,且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水;C元素的最外层电子数比次外层电子数少4,D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3.请回答下列问题
(1)写出下列元素符号ANa,CSi,ECl.
(2)E元素+1价含氧酸的电子式为.
(3)写出A、B两元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O.
(4)比较C、D最高价氧化物对应水化物的酸性H3PO4>H2SiO3.考点位置结构性质的相互关系应用.专题元素周期律与元素周期表专题.分析A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素,A、B、E三原子最外层共有11个电子,且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水,则B的最高价氧化物的水化物具有两性,所以B为Al元素,A的最高价氧化物的水化物具有强碱性,则A是Na,根据三种元素最外层电子数知,E最外层有7个电子,则E为Cl元素;C元素的最外层电子数比次外层电子数少4,次外层有8个电子,则C元素最外层有4个电子,为Si元素,D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3,则D元素最外层有5个电子,且D原子序数大于C,所以D为P元素,结合物质结构、性质分析解答.解答解A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素,A、B、E三原子最外层共有11个电子,且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水,则B的最高价氧化物的水化物具有两性,所以B为Al元素,A的最高价氧化物的水化物具有强碱性,则A是Na,根据三种元素最外层电子数知,E最外层有7个电子,则E为Cl元素;C元素的最外层电子数比次外层电子数少4,次外层有8个电子,则C元素最外层有4个电子,为Si元素,D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3,则D元素最外层有5个电子,且D原子序数大于C,所以D为P元素,
(1)通过以上分析知,A是Na元素、C是Si元素、E是Cl元素,故答案为Na;Si;Cl;
(2)E元素+1价含氧酸为HClO,O原子和H原子、Cl原子形成两对共用电子对,HClO的电子式为,故答案为;
(3)A的最高价氧化物的水化物化学式为NaOH、B的最高价氧化物的水化物化学式为Al(OH)3,二者反应生成偏铝酸钠和水,离子方程式为Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O,故答案为Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O;
(4)元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,非金属性P>Si,所以其最高价氧化物的水化物酸性H3PO4>H2SiO3,故答案为H3PO4>H2SiO3.点评本题考查位置结构性质的相互关系及应用,正确推断元素是解本题关键,熟练掌握原子结构、元素周期表结构及元素周期律内涵、元素化合物知识,注意次氯酸电子式的书写,很多同学认为Cl原子位于中间而导致错误,题目难度不大.18.(8分)对可逆反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)+dD(g)达到平衡时,各物质的物质的量浓度满足以下关系=K(为一常数),K称为化学平衡常数,其反应的K值只与温度有关.现有反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=﹣QkJ•mol﹣1.在850℃时,K=1.
(1)若升高温度到950℃时,达到平衡时K小于1(填“大于”“小于”或“等于”).
(2)850℃时,若向一容积可变的密闭容器中同时充入
1.0molCO,
3.0molH2O,
1.0molCO2和xmolH2,则
①当x=
5.0时,上述平衡向逆反应(填“正反应”或“逆反应”)方向移动.
②若要使上述反应开始时向正反应方向进行,则x应满足的条件是x<
3.0.
(3)在850℃时,若设x=
5.0和x=
6.0,其他物质的投料不变,当上述反应达到平衡后,测得H2的体积分数分别为a%、b%,则a小于b(填“大于”“小于”或“等于”).考点化学平衡的计算.专题化学平衡专题.分析
(1)反应是放热反应,升温平衡逆向进行;
(2)
①反应混合物各物质的量系数相同都为1,利用物质的量代替浓度,计算浓度商Qc,根据浓度商Qc与平衡常数k的关系判断.Qc>k平衡向逆反应进行,Qc=k反应处于平衡状态,Qc<k平衡向正反应进行;
②用x表示出浓度商Qc,平衡向正反应移动,应满足浓度商Qc<k,据此计算判断;
(3)增大一种生产物(氢气)的体积分数,平衡向逆反应方向移动,平衡移动的结果是降低这种增大的幅度,故平衡后氢气的体积分数还是大于原来的.解答解
(1)反应是放热反应,升温平衡逆向进行,若升高温度到950℃时,达到平衡时K小于1,故答案为小于;
(2)
①此时的浓度商Qc==
1.67,大于平衡常数1,故平衡向逆反应方向移动,故答案为逆反应;
②平衡向正反应方向移动,浓度商小于平衡常数,即<1,解得x<
3.0,故答案为x<
3.0;
(3)加入6mol氢气所到达的平衡,可以等效为在加入5mol氢气到达平衡后再加入1mol氢气,增大一种生成物(氢气)的体积分数,平衡向逆反应方向移动,平衡移动的结果是降低这种增大的幅度,但平衡后氢气的体积分数还是大于原来的,故得H2的体积分数分别为a%<b%,故答案为小于.点评本题考查转化率、化学平衡有关计算、化学平衡移动与影响因素等,注意平衡常数的应用、平衡移动的本质是解答的关键,题目难度中等.19.(16分)常温下,将某可溶性一元碱XOH和HCl溶液等体积混合,两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表,请回答实验编号XOH物质的量浓度(mol•L﹣1)HCl物质的量浓度(mol•L﹣1)混合溶液的pH甲
0.
20.2pH=a乙c
0.2pH=7丙
0.
20.1pH<7丁
0.
10.1pH=5
(1)不考虑其它组的实验结果,单从甲组情况分析,如何用a(混合溶液的pH)来说明XOH是强碱还是弱碱a=7为强碱,a<7为弱碱;.
(2)不考虑其它组的实验结果,单从乙组情况分析,C是否一定等于
0.2否(选填“是”或“否”).混合液中离子浓度c(Cl﹣)与c(X+)的大小关系是c(Cl﹣)=c(X+).
(3)丙组实验结果分析,XOH是弱碱(选填“强”或“弱”).该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是(Cl﹣)>c(X+)>c(H+)>c(OH﹣).
(4)丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH﹣)=10﹣5mol•L﹣1.写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不能做近似计算).c(Cl﹣)﹣c(X+)=10﹣5﹣10﹣9mol•L﹣1c(H+)﹣c(XOH)=10﹣9mol•L﹣1.考点酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题电离平衡与溶液的pH专题.分析
(1)酸碱的物质的量相等,如为强碱,反应后溶液呈中性,如为弱碱,反应后溶液呈碱性;
(2)从溶液电中性的角度分析;
(3)物质的量浓度为
0.2mol•L﹣1,的XOH与物质的量浓度为
0.1mol•L﹣1,的HCl反应后溶液呈酸性,由于HCl为强酸,则XOH为弱碱,根据溶液显酸性并结合X+是弱碱阳离子会发生水解来对离子浓度进行排序;
(4)等物质的量的XOH和HCl完全反应,溶液呈酸性是由X+水解导致的,而且溶液中氢氧根离子和氢离子全部来自于水的电离,而且由水电离出的c(OH﹣)=c(H+),据此分析计算;依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算写出.解答解
(1)一元碱XOH和HCl溶液等体积混合,两种溶液的物质的量浓度都为
0.2mol/L,则酸碱的物质的量相等,如a=7,说明反应后溶液呈中性,则XOH是强碱,如a<7,反应后呈酸性,则XOH是弱碱,故答案为a=7为强碱,a<7为弱碱;
(2)反应后溶液呈中性,如XOH为强碱,则c=
0.2,如XOH为弱碱,则c>
0.2,仅从乙组情况分析,c不一定等于
0.2,由于反应后溶液呈中性,则有c(OH﹣)=c(H+),根据溶液呈中性,则有c(X+)+c(H+)=c(Cl﹣)+c(OH﹣),所以c(Cl﹣)=c(X+),故答案为否;c(Cl﹣)=c(X+);
(3)物质的量浓度为
0.2mol•L﹣1,的XOH与物质的量浓度为
0.1mol•L﹣1,的HCl反应后溶液呈酸性,由于HCl为强酸,则XOH为弱碱;X+是弱碱阳离子会发生水解,在溶液中存在X++H2O⇌XOH+H+,则c(Cl﹣)>c(X+),由于溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH﹣),一般来说,盐类的水解程度较低,则有c(X+)>c(H+),所以有c(Cl﹣)>c(X+)>c(H+)>c(OH﹣),故答案为弱;(Cl﹣)>c(X+)>c(H+)>c(OH﹣);
(4)溶液的pH=5,则氢离子浓度为10﹣5mol/L,c(OH﹣)==10﹣9mol/L,溶液中氢氧根离子和氢离子全部来自于水的电离,OH﹣是被X+结合后剩下的,故H+的浓度才是H2O电离出的全部,根据水电离出的c(OH﹣)=c(H+),故水电离出的c(OH﹣)=c(H+)=10﹣5mol/L,一元酸HCl和XOH溶液等体积混合生成XCl溶液,溶液中存在电荷守恒c(X+)+c(H+)=c(Cl﹣)+c(OH﹣),依据上述计算得到c(Cl﹣)﹣c(X+)=c(H+)﹣c(OH﹣)=10﹣5﹣10﹣9;依据溶液中电荷守恒和物料守恒得到c(X+)+c(H+)=c(Cl﹣)+c(OH﹣),c(Cl﹣)=c(X+)+c(XOH),合并得到c(H+)﹣c(XOH)=c(OH﹣)=10﹣9mol/L故答案为10﹣5;10﹣5﹣10﹣9;10﹣9.点评本题考查了物质性质的实验验证方法和判断,主要是强电解质弱电解质的判断方法,溶液中的电荷守恒、物料守恒是解题关键,题目难度中等20.(6分)请观察下列化合物A~H的转换反应的关系图(图中副产物均未写出),请填写
(1)写出反应类型反应
①消去反应;反应
⑦氧化反应.
(2)写出结构简式BC6H5﹣CH=CH2;HC6H5﹣CH2﹣COOCH2CH2OOC﹣CH2﹣C6H5.
(3)写出反应
⑥的化学方程式2+O22+2H2O.考点有机物的推断.专题推断题.分析由题中反应的转化关系可知,A发生消去反应得到B,B与溴发生加成反应生成C,C发生消去反应得到D,D与氢气发生加成后生成乙苯,可知D应为炔烃,含有C≡C官能团,则D为C6H5﹣C≡CH,C为C6H5﹣CHBr﹣CH2Br,B为C6H5﹣CH=CH2,E连续氧化得到G,G含有羧基,根据H的分子式可知,G为,故H为C6H5﹣CH2﹣COOCH2CH2OOC﹣CH2﹣C6H5,逆推可知F为,E为,则A卤代烃,可能为,据此解答.解答解由题中反应的转化关系可知,A发生消去反应得到B,B与溴发生加成反应生成C,C发生消去反应得到D,D与氢气发生加成后生成乙苯,可知D应为炔烃,含有C≡C官能团,则D为C6H5﹣C≡CH,C为C6H5﹣CHBr﹣CH2Br,B为C6H5﹣CH=CH2,E连续氧化得到G,G含有羧基,根据H的分子式可知,G为,故H为C6H5﹣CH2﹣COOCH2CH2OOC﹣CH2﹣C6H5,逆推可知F为,E为,则A卤代烃,可能为,
(1)反应
①为卤代烃发生消去反应,反应
⑦为醛发生氧化反应生成羧酸,故答案为消去反应;氧化反应;
(2)由上述分析可知,B为C6H5﹣CH=CH2,H为C6H5﹣CH2﹣COOCH2CH2OOC﹣CH2﹣C6H5,故答案为C6H5﹣CH=CH2;C6H5﹣CH2﹣COOCH2CH2OOC﹣CH2﹣C6H5;
(3)反应
⑥的化学方程式2+O22+2H2O,故答案为2+O22+2H2O.点评本题考查有机物推断,根据转化关系中有机物的分子及反应条件进行推断,需要学生熟练掌握常见有机物的性质,对学生逻辑推理有一定的要求,难度中等.21.(13分)乙二酸通常以二水合物的形式存在,俗称草酸晶体.已知草酸晶体在101℃时熔化并开始升华,157℃时大量升华,继续升温会分解生成CO、CO2和H2O.
(1)下列关于乙二酸的叙述正确的是(填编号)
①②③④①能和乙二醇发生酯化反应
②能使酸性高锰酸钾溶液褪色
③其溶液能使蓝色石蕊试纸变红
④能和碳酸氢钠溶液反应生成气体玻璃棒
(2)乙二酸的工业生产方法之一是以乙二醇为原料,在一定条件下,用空气氧化得到.写出该反应的化学反应方程式
(3)欲检验草酸晶体受热分解的产物中是否有CO2,甲、乙两位同学分别设计了装置
1、装置2来完成实验.(Ⅰ)简述检验装置1气密性的操作方法如图连接好装置,将导管b没入水中,微热(或手捂)试管a,看到导管口处有气泡冒出,撤火(或松手)后,观察到导管内有一段水柱上升,则说明该装置的气密性良好(Ⅱ)B和E两个装置中更合理的是EE,理由为B中的导管过长、过细,冷凝后的乙二酸晶体可能会堵塞导管而存在安全隐患;E中采用U型管,与冰水的接触面积更大,更有利于乙二酸蒸气的冷凝,防止了乙二酸蒸气干扰CO2的检验(Ⅲ)请从A~F中选择合适的仪器,组装一套可更好达到实验目的装置,按照气流由左到右的顺序依次为(用字母表示)A、E、F.(Ⅳ)一定条件下草酸氢铵分解生成NH
3、CO、CO2和H2O,110℃时将该混合气体先通过Na2O2,再通过浓硫酸分别增重Ag和Bg;若将混合气体先通过浓硫酸,再通过Na2O2分别增重Cg和Dg(能反应的气体均可吸收完全,且该条件下CO与Na2O2不反应),则A、B、C、D的大小关系为C>A>D>B.考点性质实验方案的设计.专题实验设计题.分析
(1)乙二酸分子中含有羧基,有酸性、能发生酯化反应、能被高锰酸钾氧化;
(2)乙二醇含有羟基,在一定条件下能被氧气氧化成乙二酸;
(3)(Ⅰ)利用空气热胀冷缩,手掌体温通过试管壁传导给空气,使其受热膨胀,逸出导管形成气泡来检查装置的气密性;(Ⅱ)B中的导管过长、过细,冷凝后的乙二酸晶体可能会堵塞导管;E中采用U型管,更有利于乙二酸蒸气的冷凝,防止了乙二酸蒸气干扰CO2的检验;(Ⅲ)根据反应物草酸的熔点低和验证二氧化碳时杂质的和二氧化碳的性质来组装装置;(Ⅳ)过氧化钠与水、二氧化碳反应,浓硫酸能够吸收氨气和水,根据反应先后顺序及反应原理分别判断其质量增重大小.解答解
(1)乙二酸分子中含有羧基,具有酸性,且酸性比碳酸强,能使蓝色石蕊试液变红,能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳;能与乙二醇发生发生酯化反应;能被酸性高锰酸钾氧化而使高锰酸钾溶液褪色,所以四个选项都正确,故答案为
①②③④;
(2)乙二醇中含有羟基,能发生氧化反应,在一定条件下能被氧气氧化生成乙二酸,化学方程式为,故答案为;
(3)(І)检验装置1气密性的操作方法为如图连接好装置,将导管b没入水中,微热(或手捂)试管a,看到导管口处有气泡冒出,撤火(或松手)后,观察到导管内有一段水柱上升,则说明该装置的气密性良好,故答案为如图连接好装置,将导管b没入水中,微热(或手捂)试管a,看到导管口处有气泡冒出,撤火(或松手)后,观察到导管内有一段水柱上升,则说明该装置的气密性良好;(Ⅱ)草酸晶体在101℃时熔化并开始升华,157℃时大量升华,试管中气体中含有草酸,需要除去,以免干扰CO2的检验;B中的导管过长、过细,冷凝后的乙二酸晶体可能会堵塞导管而存在安全隐患;E中采用U型管,与冰水的接触面积更大,更有利于乙二酸蒸气的冷凝,防止了乙二酸蒸气干扰CO2的检验,故答案为E;B中的导管过长、过细,冷凝后的乙二酸晶体可能会堵塞导管而存在安全隐患;E中采用U型管,与冰水的接触面积更大,更有利于乙二酸蒸气的冷凝,防止了乙二酸蒸气干扰CO2的检验;(Ⅲ)由于草酸在101℃时熔化,反应装置中试管口应向上倾斜,故选A装置;产生的气体中有草酸、一氧化碳,选择装置E除去草酸,一氧化碳有毒,具有可燃性,可采用点燃的方法除去尾气中的一氧化碳,二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊,因此一般用澄清石灰水检验二氧化碳的存在,故选装置F;所有组装一套可更好达到实验目的装置,按照气流由左到右的顺序依次为A、E、F,故答案为A、E、F;(Ⅳ)草酸氢铵分解生成NH
3、CO、CO2和H2O(NH4)HC2O4NH3↑+CO↑+CO2↑+H2O↑,设草酸氢铵的物质的量为1mol,则完全分解生成的NH
3、CO、CO2和H2O都是1mol;110℃时将该混合气体先通过Na2O2,再通过浓硫酸,过氧化钠增重Ag,浓硫酸增重Bg,过氧化钠增重的Ag为二氧化碳、水总质量减去生成氧气的质量,1mol水和1mol二氧化碳足量过氧化钠反应各生成
0.5mol氧气,则Ag=18g/mol×1mol+44g/mol×1mol﹣32g/mol×1mol=30g;浓硫酸增重的为1mol氨气的质量,则Bg=17g/mol×1mol=17g;若将混合气体先通过浓硫酸,再通过Na2O2,浓硫酸增重为Cg,过氧化钠增重为Dg,浓硫酸增重为Cg为1mol水和1mol氨气的质量,则Cg=18g+17g=35g;过氧化钠增重的为1mol二氧化碳的质量减去生成氧气的质量,1mol二氧化碳与足量过氧化钠反应生成
0.5mol氧气,则Dg=44g﹣32g/mol×
0.5mol=28g,所以A、B、C、D的大小关系为C>A>D>B,故答案为C>A>D>B.点评本题通过探讨乙二酸的性质,考查了物质性质实验方案的设计,题目难度较大,正确理解题干信息明确反应原理为解答关键,(Ⅳ)为难点、易错点,计算过程稍复杂,可以假设出草酸氢铵的物质的量,然后根据反应原理计算,试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力.。