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2019届高三化学上学期月考试题含解析注意事项1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2.选择题的作答每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效3.非选择题的作答用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交可能用到的相对原子质量H∶1C∶12N∶14O∶16Na∶23Al∶27P∶31S∶32Cl∶35.5Cu∶64一.选择题(16×3=48,每小题只有一个选项最符合题意)
1.配制100mL
1.0mol·L−1Na2CO3溶液,下列操作正确的是A.称取
10.6g无水碳酸钠,加入100mL容量瓶中,加水溶解、定容B.称取
10.6g无水碳酸钠于烧杯中,加入100mL蒸馏水,搅拌、溶解C.转移Na2CO3溶液时,未用玻璃棒引流,直接倒入容量瓶中D.定容后,塞好瓶塞,反复倒转、摇匀【答案】D【解析】A项,称量好的固体不能直接放入容量瓶中,应先在烧杯中溶解并冷却至室温后转移到容量瓶中,错误;B项,题中100mL指溶液的体积,不是溶剂蒸馏水的体积,错误;C项,向容量瓶中转移溶液时应用玻璃棒引流,防止液滴外洒,错误;D项,定容后,塞好瓶塞,反复倒转、摇匀,正确;答案选D
2.用NA表示阿伏伽德罗常数的值,下列叙述正确的是A.标准状况下,
33.6LHF中含有氟原子的数目为
1.5NAB.常温常压下16gO3和O2混合物中氧原子数为NAC.pH=1的H3PO4溶液中,含有
0.1NA个H+D.
0.1molH2O2分子中含极性共价键数目为
0.3NA【答案】B【解析】【详解】A、标况下HF为液体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故A错误;B、氧气和臭氧均由氧原子构成,故16g混合物中含有的氧原子的物质的量为1mol,故氧原子数为NA个,故B正确;C、可以根据N=cVNA来计算微粒的数目,但是V不知道,所以无法计算,故C错误;D、双氧水中含2条极性共价键,故
0.1mol双氧水中含极性共价键为
0.2NA条,故D错误;故选B【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,应注意掌握公式的运用和物质的结构本题的易错点为D,要注意过氧化氢的结构为H-O-O-H
3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.硅晶体中,有NA个Si就有2NA个Si-Si键B.常温常压下,等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中Na+数目相等C.惰性电极电解食盐水,若线路中通过2NA个电子的电量时,则阳极产生气体
22.4LD.1molNa2O2与足量CO2充分反应,转移的电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A、1mol晶体硅中含2molSi-Si键,故NA个Si即1mol硅中含2NA条Si—Si键,故A正确;B、不知道溶液体积是否相等,故溶液中钠离子的个数无法判断是否相等,故B错误;C、用惰性电极电解食盐水,当电路中通过2NA个即2mol电子时,阳极生成
0.5mol氧气,但由于气体所处的状态不明确,故其体积无法计算,故C错误;D、过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠中的O元素由-1价变成0价和-2价,1molNa2O2与足量CO2充分反应,转移的电子数为NA,故D错误;故选A
4.标准状况下,mg气体A与ng气体B的分子数目一样多,下列说法不正确的是A.在任意条件下,其相对分子质量之比为m∶nB.同质量的A、B,其分子数之比为n∶mC.25℃、
1.01×105Pa时,两气体的密度之比为n∶mD.相同状况下,同体积的气体A与B的质量之比为m∶n【答案】C【解析】mg气体A与ng气体B的分子数目一样多,即表示两种气体的物质的量相等,所以A与B的摩尔质量的比为m n相对分子质量在数值上应该等于摩尔质量所以两种气体的相对分子质量的比为m n,选项A正确同质量的A、B,其分子数(即物质的量)之比为其摩尔质量的反比,即为n m,选项B正确同温同压下,气体的密度比等于其摩尔质量的比,所以为m n,选项C错误相同状况下,同体积代表物质的量相等,物质的量相等时,质量比等于其摩尔质量的比,即为m n,选项D正确点睛解答此类问题时,应该牢记物质的量换算的基本公式即n=m/M;n=V/Vm同时也要牢记阿伏加德罗定律及其推论同温同压下,气体的体积比等于其物质的量的比;同温同压下,气体的密度比等于其摩尔质量的比;同温同体积下,气体的压强比等于其物质的量的比
5.下列实验中,
①pH试纸的使用,
②过滤,
③蒸发,
④配制一定物质的量浓度溶液,均用到的仪器是A.蒸发皿B.玻璃棒C.试管D.分液漏斗【答案】B【解析】试题解析:
①配制一定物质的量浓度的溶液用到托盘天平(量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶等;
②pH试纸的使用常用到玻璃棒、玻璃片或表面皿;
③过滤用到铁架台、烧杯、玻璃棒、滤纸等;
④蒸发用到酒精灯、铁架台(三脚架)、蒸发皿、玻璃棒等,则均可用到的仪器是玻璃棒,故选B.考点:实验中仪器的使用
6.下列各图所示装置的气密性检查中,一定漏气的是A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】A.试管受热后导管口有气泡冒出,说明装置不漏气;B.液面高度不变,一定不漏气;C.向右拉活塞后,系统内压强减小,若装置不漏气,则外界的空气可以通过长颈漏斗进入系统内,可以看到冒气泡,所以该装置一定漏气,C正确;D.烧瓶受热后水柱升高,说明该装置不漏气本题选C
7.下列实验操作不能达到目的是A.除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+加热搅拌,加入MgCO3,过滤,加适量的盐酸B.制备FeOH3胶体向饱和FeCl3溶液中滴加少量NaOH溶液C.检验Fe2SO43溶液中是否含有FeSO4滴加少许酸性高锰酸钾溶液,并振荡D.使盛有少量氢氧化镁沉淀的试管中的沉淀溶解加入一定量的氯化铵溶液【答案】B【解析】试题分析A.向溶液加入MgCO3,发生沉淀溶解平衡MgCO3sMg2+aq+CO32-aq这时Mg2+会与Fe3+发生双水解反应产生氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体从而除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+不符合题意B.制备硅酸胶体时应该加热蒸馏水至沸腾,然后向其中滴加饱和的硅酸钠水溶液,并继续加热,至溶液出现大量白色胶状物质符合题意C.Fe2-有还原性,容易被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+而使紫色褪去因此可以用于检验其存在不符合题意D.氯化铵是强酸弱碱盐,水溶液显酸性氢氧化镁沉淀能够在酸性环境中溶解不符合题意考点考查物质是制备、检验和除杂的知识
8.如图是某学校购买的硫酸试剂标签上的部分内容据此下列说法正确的是A.该硫酸的物质的量浓度为
1.84mol·L−1B.1molZn与足量的该硫酸反应产生2gH2C.配制200mL
4.6mol·L−1的稀硫酸需取该硫酸50mLD.该硫酸与等体积的水混合所得溶液的物质的量浓度等于
9.2mol·L−1【答案】C【解析】A.该硫酸溶液的物质的量浓度为mol/L=
18.4mol/L,故A错误;B.锌和浓硫酸反应生成二氧化硫,浓硫酸足量没有氢气生成,故B错误;C.设配制200mL
4.6mol•L-1的稀硫酸需取该硫酸的体积为xL,根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变,则
0.2L×
4.6mol/L=x×
18.4nol/L,解得x=
0.05L=50mL,故C正确;D.浓硫酸和水的密度不同,等体积混合后体积不等于硫酸体积的2倍,混合后物质的量浓度不是
9.2mol/L,故D错误,故选C点睛本题考查溶液浓度的计算,注意硫酸的浓度越大,密度越大,注意理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系本题的易错点是B,注意浓硫酸的特殊性质
9.在溶液的配制过程中会引起浓度偏高的是
①用1g98%的浓硫酸加4g水配制成
19.6%的硫酸
②配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时,定容后,塞好塞子倒转摇匀后,发现液面低于刻度线
③10%的硫酸和90%的硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液
④向80mL水中加入
18.4mol·L−1硫酸20mL,配制
3.68mol·L−1的硫酸溶液
⑤质量分数为5x%和x%的两种氨水等体积混合配制成3x%的氨水A.
①③⑤B.
②④⑤C.
③④D.
④⑤【答案】C【解析】
①1g×98%/1+4g=
19.6%;
②没有误差;
③设10%的硫酸和90%的硫酸的密度分别为ρ1与ρ2,ρ1ρ2,Vρ1×10%+Vρ2×90%/Vρ1+Vρ2=10%+Vρ2×80%/Vρ1+Vρ2=10%+2Vρ2×40%/Vρ1+Vρ210%+40%=50%,混合液的质量分数大于50%;
④混合后溶液的体积小于100mL,导致浓度偏高;
⑤氨水质量分数越大,密度越小,解法同
③,混合后得到的氨水的质量分数小于3x%
10.下图所示实验装置用于测定气体摩尔体积,相关叙述正确的是A.用CCl4代替水,测得氢气的体积更准确B.量气管压入漏斗的水过多而溢出,会导致测定失败C.必须待体系温度降低到0℃时才可进行读数D.上提水准管,量气管液面高度不断改变,说明装置漏气【答案】D【解析】试题分析A.实验时,若用CCl4代替水,由于CCl4是有机物,会和橡胶管发生反应,因此使测得氢气的体积不准确,A错误;B.实验时,量气管压入漏斗的水过多而溢出,由于量取气体时两侧的液面在同一水平面,就可以保证气体的压强是一个标准大气压强,因此不会影响实验结果,B错误;C.金属与酸的反应是放热反应,所以实验时,待体系温度降低到原来的温度并保证两侧液面在同一水平面时方可进行读数,C错误;D.上提水准管,量气管液面高度不断改变,说明装置漏气,D正确,答案选D考点考查气体摩尔体积测定原理的有关的知识
11.某温度下,物质X2SO4的饱和溶液密度为ρg·mL-1,cX+=cmol·L-1,溶质的质量分数为a%,溶质的摩尔质量为Mg·mol-1,溶解度为Sg,下列表达式正确的是A.c=B.C.M=D.S=【答案】D【解析】【分析】根据和进行相关计算【详解】cX+=cmol·L-1,则该物质的浓度是
0.5cmol/L,根据可知,
0.5c=,所以;,故A、C错误;,故B错误;根据,可知,故D正确;正确选项D
12.塑化剂是一种对人体有害的物质增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得下列说法正确的是A.DCHP的分子式为C20H24O4B.环己醇分子的核磁共振氢谱有4个吸收峰C.DCHP能发生加成反应和取代反应,不能发生酯化反应D.1molDCHP可与4molNaOH完全反应【答案】C【解析】【详解】A.根据图示,DCHP的分子式为C20H26O4,故A错误;B.环己醇()分子的核磁共振氢谱有5个吸收峰(),故B错误;C.DCHP中含苯环和-COOC-,则苯环发生加成反应,-COOC-可发生取代反应,不能发生酯化反应,故C正确;D.-COOC-与NaOH反应,则1mol DCHP可与2mol NaOH完全反应,故D错误;故选C
13.《Chem.sci.》报道麻生明院士团队合成非天然活性化合物b的新方法下列说法不正确的是A.b的分子式为C18H17NO2B.b的一氯代物有9种C.b可发生取代反应D.b可使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】A、b的分子式为C18H17NO2,故A正确;B、b的一氯代物有10种,故B错误;C、b苯环上的氢、甲基上的氢可发生取代反应,故C正确;D.b中有碳碳双键,可使酸性高锰酸钾溶液褪色,故D正确;故选B
14.下列除去杂质的操作中不正确的是A.CuO中混有Al2O3加入过量烧碱溶液充分反应后过滤B.FeCl2溶液中混有CuCl2加入过量铁粉充分反应后过滤C.Na2CO3固体中混有少量NaHCO3加入过量NaOH溶液,反应后加热蒸干D.氯气中混有少量氯化氢气体将混合气体通过盛饱和食盐水的洗气瓶【答案】C【解析】【详解】A.氧化铝与NaOH反应,CuO不能,则充分反应后过滤可分离,故A正确;B.Fe与氯化铜反应生成氯化亚铁,则加入过量铁粉充分反应后过滤可除杂,故B正确;C.加入过量NaOH溶液,引入新杂质NaOH,不能除杂,应选加热法,故C错误;D.氯气不溶于饱和食盐水,可用饱和食盐水除杂,故D正确;故选C【点睛】本题考查化学实验方案的评价,把握混合物分离提纯、实验技能为解答的关键本题的易错点为D,要注意在饱和食盐水中氯化氢能溶,而氯气不溶,是因为氯气与水反应为可逆反应,增大氯离子浓度,能够抑制氯气与水的反应
15.某溶液由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、AlO、CO、SO、Cl中的若干种离子组成,取适量该溶液进行如下实验下列说法正确的是A.原溶液中一定只存在AlO、CO、SO、Cl四种离子B.气体A的化学式是CO2,其电子式为O::C::OC.原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+D.生成沉淀B的离子方程式为Al3++3OH===AlOH3↓【答案】C【解析】【详解】某溶液加入过量的盐酸后产生气体,说明有碳酸根离子,则钡离子铁离子和铜离子都不存在,溶液A加入过量的氨水产生白色沉淀,则说明原溶液中有偏铝酸根离子,沉淀为氢氧化铝,滤液B加入过量的氢氧化钡产生白色沉淀,说明原溶液中有硫酸根离子,滤液C加入过量的稀硝酸和硝酸银,产生白色沉淀,因为最初加入盐酸,不能说明原溶液中是否有氯离子A.通过分析可知,原溶液中一定有偏铝酸根离子,碳酸根离子,硫酸根离子,钠离子,不能确定氯离子,故错误;B.气体A的化学式是CO2,其电子式为,故错误;C.通过分析可知原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+,故正确;D.生成沉淀B的离子方程式为Al3++3NH3∙H2O===AlOH3↓+3NH4+,故错误正确选项C【点睛】本题考查学生有关离子检验的知识,注意离子之间的反应以及离子共存知识是解题的关键,该题注重学生能力的考查
16.C和CuO在一定温度下反应,产物有Cu、Cu2O、CO、CO2若将
2.00gC与
16.0gCuO混合,隔绝空气加热,将生成的气体全部通入足量的澄清石灰水,反应一段时间后共收集到
1.12L标准状况气体,生成沉淀的质量为
5.00g下列说法不正确的是A.反应后的固体混合物中Cu的质量为
12.8gB.反应后的固体混合物中含有碳C.反应后的固体混合物总质量为
14.4gD.反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为
0.05mol【答案】A【解析】由题意可知,生成的nCO2=nCaCO3=
5.00g÷100g/mol=
0.05mol,nCO=
1.12L÷
22.4L/mol=
0.05mol,A.假设CuO完全被还原为Cu,根据Cu原子守恒,生成Cu的质量=16g÷80g/mol×64g/mol=
12.8g,由产物中CO
2、CO中的O原子守恒可知失去氧的质量=
0.05mol×2+
0.05mol×16g/mol=
2.4g,故CuO反应后的总质量=16g−
2.4g=
13.6g,故反应后固体中Cu的质量小于
12.8g,故A错误;B.生成的nCO2=nCaCO3=
5.00g÷100g/mol=
0.05mol,nCO=
1.12L÷
22.4L/mol=
0.05mol,根据C守恒可知,参加反应的C的质量=
0.05mol+
0.05mol×12g/mol=
1.2g,故还有2g−
1.2g=
0.8g碳未参与反应,故B正确;C.反应后固体总质量=16g+2g−
0.05mol×44g/mol+28g/mol=
14.4g,故C正确;D.反应后mO=
13.6g−
12.8g=
0.8g,Cu2O、CuO均含有1个氧原子,根据氧原子守恒可知反应后的固体混合物中氧化物的物质的量=
0.8g÷16g/mol=
0.05 mol,故D正确;故答案选A二.填空题共52分)
17.下列是某无色水样成分的检验已知该水样中只可能含K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+、CO、SO、Cl-中的若干种离子该小组同学取100mL水样进行实验:向样品中先滴加硝酸钡溶液再滴加1mol·L-1硝酸实验过程中沉淀质量的变化如下图所示:
(1)水样中一定含有的阴离子是____其物质的量浓度之比为______
(2)写出BC段曲线所表示反应的离子方程式_________________________________________
(3)由B点到C点变化过程中消耗硝酸的体积为____________
(4)试根据实验结果推测K+是否存在____填“是”或“否”;若存在K+的物质的量浓度cK+的范围是__若K+不存在则不必回答【答案】
1.CO32—、SO42—
2.1∶
23.BaCO3+2H+===Ba2++CO2↑+H2O
4.40mL
5.是
6.cK+≥
0.6mol·L-1【解析】分析该水样为无色溶液水样中Fe3+、Cu2+不存在根据图象分析加入硝酸钡溶液生成沉淀加入稀硝酸沉淀部分溶解证明水样中一定含有CO32﹣、SO42﹣又因为Al3+与CO32﹣发生双水解CO32﹣与Ag+、Ca2+、Mg2+发生反应生成沉淀不能大量存在,所以Al3+、Ag+、Ca2+、Mg2+不存在;nSO42﹣=
2.33/233=
0.01mol,nCO32﹣=nBaCO3=
6.72-
2.33/197=
0.02mol,所以:cSO42﹣:cCO32﹣=1:2,原溶液中可能含有Cl﹣根据电解质溶液中电荷守恒阳离子K+一定存在;根据电荷守恒得到:
0.01×2+
0.02×2+nCl﹣=nK+,推知nK+≥
0.06mol则cK+≥
0.06mol/L;据此分析解答此题详解1根据以上分析可知水样中一定含有的阴离子是SO42﹣、CO32﹣;nSO42﹣=
2.33/233=
0.01mol,nCO32﹣=nBaCO3=
6.72-
2.33/197=
0.02mol,所以:cSO42﹣:cCO32﹣=1:2;正确答案SO42﹣、CO32﹣;122BC段所表示反应是碳酸钡溶于稀硝酸的反应反应的离子方程式:BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O;正确答案:BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O3由B到C点变化过程中根据图象分析得到的碳酸钡nBaCO3=
6.72-
2.33/197=
0.02mol,消耗稀硝酸物质的量为
0.04mol消耗硝酸的体积
0.04/1=
0.04L=40Ml;正确答案:
40.0mL4根据电解质溶液中电荷守恒阳离子K+一定存在;根据电荷守恒得到:
0.01×2+
0.02×2+nCl﹣=nK+,推知nK+≥
0.06mol则cK+≥
0.06mol/L;正确答案是;c(K+)≥
0.6mol/L点睛本题考查了离子反应及其计算,题目难度中等,明确常见离子的性质及检验方法为解答的关键,注意掌握根据电荷守恒在判断离子存在的方法,培养了学生的分析能力和化学计算能力
18.Ⅰ.海水晒盐后所得的苦卤中含有较高浓度的MgCl
2、KCl以及金属溴化物以下是苦卤化学分离的过程回答下列问题
(1)若试剂A是一种有色气体单质,则A是_______填化学式);
(2)“操作II”是_______,“操作III”是_______填字母)a.蒸发b.蒸馏c.分液d.重结晶
(3)试剂B可能是下列物质中的________填字母)a.饱和NaCl溶液b.CCl4c.NaOHd.乙醇 Ⅱ.一种工业制备SrCl2·6H2O的生产流程如下图所示已知
①MSrCl2·6H2O=267g·mol-1;
②KspSrSO4=
3.3×10-
7、KspBaSO4=
1.1×10-10;
③经盐酸浸取后,溶液中有Sr2+和Cl-及少量Ba2+
(1)加入硫酸溶液的目的是______________;为了提高原料的利用率,滤液中Sr2+的浓度应不高于_________mol·L−1注此时滤液中Ba2+浓度为1×10−5mol·L−1
(2)产品纯度检测称取
1.000g产品溶解于适量水中,向其中加入含AgNO
31.100×10−2mol的AgNO3溶液溶液中除Cl-外,不含其他与Ag+反应的离子,待Cl-完全沉淀后,用含Fe3+的溶液作指示剂,用
0.xxmol·L−1的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3,使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出
①滴定反应达到终点的现象是_________________________________________
②若滴定过程用去上述浓度的NH4SCN溶液
20.00mL,则产品中SrCl2·6H2O的质量百分含量为_______保留4位有效数字【答案】
1.Cl
22.b
3.d
4.b
5.除去Ba2+杂质
6.0.
037.加入最后一滴标准液,溶液由无色变为红色,且30s不褪色
8.93.45%【解析】【详解】Ⅰ、海水晒盐后所得的苦卤中含有较高浓度的MgCl
2、KCl以及金属溴化物,加入试剂A为氧化剂,发生反应生成溴单质,加入萃取剂四氯化碳萃取分液得到含溴单质的混合溶液B和混合溶液C,混合溶液B通过蒸馏得到液溴和试剂B为四氯化碳,混合溶液C通过结晶法分离氯化镁和氯化钾
(1)若试剂A是一种有色气体单质,则A是Cl2,氯气氧化溴离子生成溴单质,反应的离子方程式为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-,故答案为Cl2;
(2)操作II”是从萃取剂中分离出溴单质,利用物质沸点不同,控制温度通过蒸馏方法分离得到溴单质,操作III是浓缩结晶的方法分离混合物,可以利用重结晶方法分离氯化镁和氯化钠,故答案为b;d;
(3)试剂B是萃取剂,萃取剂与水不互溶,且溴不易溶于水,易溶于萃取剂,且不发生反应,acd水溶液中不能分层不能做萃取剂,四氯化碳不溶于水,溴单质再四氯化碳中溶解度大于水中可以做萃取剂,故选b,故答案为b;Ⅱ、
(1)经盐酸浸取后的溶液中含有少量Ba2+杂质,加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质,由于在Ba2+浓度为1×10-5mol/L,BaSO4的溶度积常数为
1.1×10-10,所以c(SO42-)=mol/L=
1.1×10-5mol/L,而SrSO4的溶度积常数为
3.3×10-7,所以c(Sr2+)=mol/L=
0.03mol/L,故答案为除去溶液中Ba2+杂质;
0.03;
(2)
①Ag+完全以AgSCN白色沉淀的形式析出后,再滴加KSCN溶液,就会与Fe3+产生络合物是溶液变为红色,因此滴定达到终点时溶液由无色变为血红色,且30s不褪色,故答案为溶液由无色变为血红色,且30s不褪色;
②n(NH4SCN)=
0.xxmol/L×
0.02L=
4.0×10-3mol,Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出,所以溶液中剩余的Ag+的物质的量为n(Ag+)=
4.0×10-3mol,则与Cl-反应的Ag+的物质的量为n(Ag+)=
1.100×10-2mol-
4.0×10-3mol=
7.0×10-3mol,
1.000g产品中SrCl2•6H2O的物质的量为n(SrCl2•6H2O)=×n(Ag+)=
3.5×10-3mol,
1.000g产品中SrCl2•6H2O的质量为m(SrCl2•6H2O)=
3.5×10-3mol×267g/mol=
0.9345g,所以产品纯度为×100%=
93.45%,故答案为
93.45%
19.某Fe2SO43样品含有少量FeSO4杂质,为了测定该样品中铁元素的含量,设计如下实验Ⅰ.称取样品mg,加入稀H2SO4,后加水配制成
250.00mL溶液;Ⅱ.取
25.00mL溶液,先加入H2O2,然后再加过量的氨水,过滤;Ⅲ.将沉淀用蒸馏水洗涤数次后,烘干;Ⅳ.灼烧至质量不再减少为止,得到红棕色固体,冷却后称量,质量为ng请根据上面操作流程,回答以下问题
①步骤Ⅰ中称量使用的仪器是________________,配制用到的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管,还要补充的玻璃仪器是____________________
②步骤Ⅱ中过滤用的仪器有滤纸、铁架台、铁圈和烧杯,还要补充的玻璃仪器是________;加入H2O2的主要目的是_______________________________
③若要检验溶液中的Fe3+,则应该加入________________试剂
④步骤Ⅲ中检验该沉淀已经洗涤干净的操作是________________
⑤计算该样品中铁元素的质量分数的表达式是________________【答案】
1.托盘天平
2.250mL容量瓶
3.漏斗和玻璃棒
4.将Fe2+氧化为Fe3+
5.KSCN
6.取最后一次洗涤液少许于试管中,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液或BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,证明已洗涤干净
7.7n/m×100%或700n/m%【解析】【详解】
①步骤Ⅰ中称量Fe2SO43样品,可以使用托盘天平,配制
250.00mL溶液,用到的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶,故答案为托盘天平;250mL容量瓶;
②过滤用的仪器有滤纸、铁架台、铁圈和烧杯,还要补充的玻璃仪器有漏斗和玻璃棒;加入H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+,故答案为漏斗和玻璃棒;将Fe2+氧化为Fe3+;
③要检验溶液中的Fe3+,可以选用KSCN,加入KSCN,溶液显血红色,故答案为KSCN;
④步骤Ⅲ中的沉淀为氢氧化铁,溶液中的溶质为NH42SO4,检验该沉淀已经洗涤干净可以通过检验是否含有硫酸根离子来完成,方法为取最后一次洗涤液少许于试管中,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液或BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,证明已洗涤干净,故答案为取最后一次洗涤液少许于试管中,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液或BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,证明已洗涤干净;
⑤最后的红棕色固体为氧化铁,质量为ng,含有的铁元素的物质的量为×2=mol,则样品中铁元素的质量为mol××56g/mol=7ng,该样品中铁元素的质量分数=×100%=×100%,故答案为×100%
20.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁(FeSO4·XH2O),在工农业生产中具有重要的用途某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究回答下列问题
(1)在试管中加入少量绿矾样品,加水溶解,滴加KSCN溶液,溶液颜色无明显变化再向试管中通入空气,溶液逐渐变红由此可知______________、_______________
(2)为测定绿矾中结晶水含量,将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重,记为m1g将样品装入石英玻璃管中,再次将装置A称重,记为m2g按下图连接好装置进行实验
①仪器B的名称是____________________
②将下列实验操作步骤正确排序___________________(填标号);重复上述操作步骤,直至A恒重,记为m3ga.点燃酒精灯,加热b.熄灭酒精灯c.关闭K1和K2d.打开K1和K2,缓缓通入N2e.称量Af.冷却至室温
③根据实验记录,计算绿矾化学式中结晶水数目x=________________(列式表示)若实验时按a、d次序操作,则使x__________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)
(3)为探究硫酸亚铁的分解产物,将
(2)中已恒重的装置A接入下图所示的装置中,打开K1和K2,缓缓通入N2,加热实验后反应管中残留固体为红色粉末C、D中的溶液依次为BaCl2溶液、浓H2SO4C、D中有气泡冒出,并可观察到的现象分别为产生白色沉淀、品红溶液褪色写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_____________________【答案】
1.样品中没有Fe(Ⅲ)
2.Fe(Ⅱ)易被空气氧化为Fe(Ⅲ)
3.干燥管
4.dabfce
5.
6.偏小
7.2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3【解析】【详解】
(1)滴加KSCN溶液,溶液颜色无明显变化,可知样品中没有Fe(Ⅲ),但亚铁离子不稳定,易被空气中氧气氧化生成铁离子,最终溶液变红色,故答案为样品中没有Fe(Ⅲ);Fe(Ⅱ)易被空气氧化为Fe(Ⅲ);
(2)
①由仪器的图形可知B为干燥管,故答案为干燥管;
②实验时,为避免亚铁被氧化,应先通入氮气,排出生成的水,冷却后注意关闭开关,冷却至室温再称量固体质量的变化,则正确的顺序为dabfce,故答案为dabfce;
③直至A恒重,记为m3 g,应为FeSO4和装置的质量,则m(FeSO4)=(m3-m1)g,m(H2O)=(m2-m3)g,则n(H2O)=mol、n(FeSO4)=mol,结晶水的数目等于=,若实验时按a、d次序操作,会导致硫酸亚铁被氧化,则导致固体质量偏大,测定结果偏小,故答案为;偏小;
(3)实验后反应管中残留固体为红色粉末,说明生成Fe2O3,则反应中Fe元素化合价升高,S元素化合价应降低,则一定生成SO2,可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O
3、SO
3、SO2,C为氯化钡,用于检验SO3,可观察到产生白色沉淀,D为品红,可用于检验SO2,品红褪色硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O
3、SO
3、SO2,方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑,故答案为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑【点睛】本题考查结晶水合物中结晶水数目的测定以及分解产物的鉴别,注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析本题的易错点为
(2)
③,要掌握结晶水个数的计算方法
21.化合物G[]是一种医药中间体,它的一种合成路线如下已知请回答下列问题
(1)A的名称是__________________
(2)B→C的反应条件为____________,A→B和D→E的反应类型分别是_______、_________
(3)D在浓硫酸加热的条件下会生成一种含六元环的化合物,该化合物的结构简式为_______
(4)H是一种高聚酯,D→H的化学方程式为__________________________
(5)下列关于化合物G的说法错误的是___________________________A.G的分子式为C12H14O5B.1molG与NaOH溶液加热最多消耗2molNaOHC.一定条件下G发生消去反应生成的有机物存在顺反异构体D.在一定条件下G能与HBr发生取代反应
(6)M是D的同分异构体,与D具有相同的官能团则M可能的结构有___________种
(7)已知酚羟基不易与羧酸发生酯化反应,写出由苯酚,甲苯为原料制备苯甲酸苯酚酯()的合成路线其它试剂任选___________【答案】
1.2-甲基丙烯或异丁烯
2.NaOH水溶液加热
3.加成反应
4.取代反应
5.
6.nHOCH32CCOOH+n-1H2O
7.BC
8.
49.【解析】
(1)乙烯中两个H被甲基替代,主链上为3个C,所以命名2-甲基丙烯;
2.由D反应生成E得,D含有-COOH,所以C含有-OH,所以B→C的反应条件为NaOH加热;A→B为加成反应,D→E反应为Cl替代了-OH中的H,为取代反应;
(3)改反应为酯化反应,-COOH和-OH脱去一个水分子而结合,形成
(4)D的结构简式可写为HOCH32CCOOH,因其同时含有-OH和-COOH,单元间可发生酯化反应,生成链节为-[OCH32CCO]-的聚合物,反应方程式为nHOCH32CCOOH+(n-1)H2O;
(5)A.注意苯环为C6H6,其中两个H被替代,所以G的分子式为C12H14O5,A正确;B.1molG水解,含有1mol-OH、-COOR、-COOCH3,所以1molG与NaOH溶液加热最多消耗3molNaOH,B错误;C.苯环上两个取代基为对位,所以发生消去反应生成的有机物不存在顺反异构体,C错误;D.G中含有1mol-OH,所以能与HBr发生取代反应,D正确故选择BC
(6)首先要保证HO-CR’-COOR及-COOR两种官能团不改变苯环上两个取代基有临位和间位,此为2种;CH32中的一个甲基可以被H替代,而苯环上的4个H可以被甲基取代,此为2种,共4种
(7)因为酚羟基不易与羧酸发生酯化反应,又已知,所以可以用酚羟基与RCOCl反应生成目的产物以甲基苯为原料,氧化生成苯甲酸,从而由已知条件进行反应结构简式表达合成流程为点睛本题看似复杂,若明晰-OH与-COOH的酯化反应,甲基可被氧化成-COOH,再结合题干条件即可解出另外NaOH溶液加热可与酸、酯、酚、酸酐、卤代烃等反应的官能团应掌握有机化学试题的题干一般都会提供一种反应方式或条件,应注意参考。