2024屆西雙版納市重點中學化學高二第二學期期末質量跟蹤監視模擬試題含解析_第1頁
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文檔簡介

2024屆西雙版納市重點中學化學高二第二學期期末質量跟蹤監視模擬試題注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑,如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標號。回答非選擇題時,將答案寫在答題卡上,寫在本試卷上無效。3.考試結束后,將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、下列關于四個實驗裝置的說法中正確的是()A.圖一:引發鋁熱反應的操作是點燃鎂條B.圖二:海水淡化的蒸餾操作中缺少了溫度計C.圖三:滴加K3[Fe(CN)6]溶液,產生特征藍色沉淀D.圖四:酸式滴定管注入Na2CO3溶液之前應檢查是否漏液2、探究鋁片與Na2CO3溶液的反應。無明顯現象鋁片表面產生細小氣泡出現白色渾濁,產生大量氣泡(經檢驗為H2和CO2)下列說法不正確的是A.Na2CO3溶液中存在水解平衡:CO32-+H2O?HCO3-+OH-B.對比Ⅰ、Ⅲ,說明Na2CO3溶液能破壞鋁表面的保護膜C.推測出現白色渾濁的原因:AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-D.加熱和H2逸出對CO32-水解平衡移動方向的影響是相反的3、下列指定反應的離子方程式正確的是A.向溶液中加入少量氨水:==Al(OH)3B.向溶液中加入KOH溶液:HCO3-+OH-═H2O+CO2↑C.向溶液中加入過量的NaOH溶液:D.向溶液中加入過量澄清石灰水:4、NA是阿伏加德羅常數的值,下列說法正確的是A.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數為0.1NAB.標準狀況下,11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數目為2NAC.pH=1的HCl溶液中,含有0.1NA個H+D.0.1mol苯乙烯分子中,含有碳碳雙鍵的數目為0.4NA5、下列實驗現象和結論都正確的是選項

實驗操作

現象

結論

A.

將SO2通入酸性高錳酸鉀溶液

高錳酸鉀溶液紫色褪色

SO2具有漂白性

B.

等體積pH=3的HA和HB兩種酸分別與足量的鋅反應

相同時間內HA與Zn反應生成的氫氣更多

HA是強酸

C.

灼燒某白色粉末

火焰呈黃色

白色粉末中含有Na+,無K+

D.

將稀硫酸滴入碳酸鈉溶液中產生的氣體通入硅酸鈉溶液中

有白色沉淀生成

證明非金屬性S>C>Si

A.A B.B C.C D.D6、探究草酸(H2C2O4)性質,進行如下實驗。(已知:室溫下,0.1mol·L?1H2C2O4的pH=1.3)實驗裝置試劑a現象①Ca(OH)2溶液(含酚酞)溶液褪色,產生白色沉淀②少量NaHCO3溶液產生氣泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和濃硫酸加熱后產生有香味物質由上述實驗所得草酸性質所對應的方程式不正確的是A.H2C2O4有酸性,Ca(OH)2+H2C2O4CaC2O4↓+2H2OB.酸性:H2C2O4>H2CO3,NaHCO3+H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2OC.H2C2O4具有還原性,2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2OD.H2C2O4可發生酯化反應,HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O7、用惰性電極電解一定濃度的硫酸銅溶液,通電一段時間后,向所得的溶液中加入0.1molCu2(OH)2CO3后恰好恢復到電解前的濃度和pH(不考慮CO2的溶解)。則電解過程中共轉移的電子的物質的量為()A.0.2molB.0.4molC.0.6molD.0.8mol8、今有乙酸和乙酸甲酯的混和物中,測得含碳的質量百分數為X,則混和物中氧的質量百分數為()A.(1-X)/7B.6(1-X)/7C.(6-7X)/6D.無法計算9、下列物質的轉化在給定條件下能實現的是()①Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3②SSO3H2SO4③飽和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3④Fe2O3FeCl3(aq)無水FeCl3⑤MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOA.②③④ B.①③⑤ C.②④⑤ D.①④⑤10、下列離子方程式正確的是()A.向明礬溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液,至沉淀質量最大時反應為:2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═3BaSO4↓+2Al(OH)3↓B.氯化鐵溶液腐蝕銅電路板:Cu+Fe3+﹣═Fe2++Cu2+C.已知:2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2,Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br﹣,向含0.2molFeBr2的溶液中通入標準狀況下3.36LCl2時,發生的反應為:4Fe2++2Br﹣+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl﹣D.向NaHSO4中滴入Ba(OH)2溶液至恰好顯中性:H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═H2O+BaSO4↓11、以下實驗操作可能會導致實驗結果偏高的是A.配制一定物質的量濃度的溶液:稱量固體時物體與砝碼位置顛倒B.配制一定物質的量濃度的溶液:定容時仰視刻度線C.用濃硫酸與燒堿的稀溶液反應來測定中和熱的數值D.用10.0mL的量筒量取7.8mL濃硫酸時俯視讀數12、已知X、Y元素同周期,且電負性X>Y,下列說法錯誤的是()A.X與Y形成化合物時,X顯負價,Y顯正價B.第一電離能可能Y小于XC.最高價含氧酸的酸性:X對應酸的酸性弱于Y對應酸的酸性D.氣態氫化物的穩定性:HmY小于HnX13、已知使36g焦炭發生不完全燃燒,所得氣體中CO占1/3體積,CO2占2/3體積,已知:C(s)+1/2O2(g)=CO(g)△H=-Q1kJ/mol,CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=-Q2kJ/mol,與這些焦炭完全燃燒相比較,損失的熱量是中正確的是()A.2Q2kJ B.Q2kJ C.3(Q1+Q2)kJ D.3Q1KJ14、下列各組物質充分反應后,最終既有沉淀又有氣體生成的是①少量Na2O2投入Ca(HCO3)2溶液中②過量Ba(OH)2溶液和NH4HSO4溶液混合加熱③AlCl3溶液與NaHCO3溶液混合④FeCl3溶液與NaHS溶液混合A.②③④B.①②C.①③④D.①②③15、下列關于元素第一電離能的說法不正確的是A.鉀元素的第一電離能小于鈉元素的第一電離能,故鉀的活潑性強于鈉B.因同周期元素的原子半徑從左到右逐漸減小,故第一電離能必依次增大C.最外層電子排布為ns2np6(當只有K層時為1s2)的原子,第一電離能較大D.對于同一元素而言,原子的電離能I1<I2<I3<…16、在燒焦的魚、肉中含有致癌物質3,4一苯并芘,其結構簡式如圖所示,它是一種稠環芳香烴,其分子式是()A.C20H12B.C20H14C.C19H12D.C22H2017、下列實驗現象是由于苯環受側鏈影響造成的是()A.甲苯可使KMnO4溶液褪色,甲苯上甲基被氧化B.苯酚O—H鍵易斷裂,水溶液顯弱酸性C.甲苯可與氫氣發生加成反應D.甲苯可與濃硝酸反應生成三硝基甲苯18、下列屬于銨鹽的共同性質的是()A.都是晶體,都易溶于水B.銨鹽受熱均可分解生成NH3C.銨鹽都能與堿反應,不能與酸反應D.所有銨鹽中,氮元素化合價都是-3價19、關于配制980mL,0.1mol·的溶液的實驗,下列說法正確的是A.需要稱取固體的質量為16.0gB.一定用到的玻璃儀器有1000mL的容量瓶、燒杯、玻璃棒、漏斗、膠頭滴管C.為加快固體的溶解,可適當加熱,然后趁熱將溶液轉移到容量瓶中D.倒轉搖勻后發現液面低于刻度線,若補加蒸餾水至刻度線會使所得溶液的濃度偏低20、下列實驗中所選用的儀器合理的是①用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸②用分液漏斗分離苯和四氯化碳的混合物③用托盤天平稱量11.7g氯化鈉晶體④用堿式滴定管量取23.10mL溴水⑤用瓷坩堝灼燒各種鈉的化合物⑥用250mL容量瓶配制250mL0.2mol·L-1的NaOH溶液A.①②④B.②③④⑥C.③⑥D.③⑤⑥21、化學與生活密切相關,下列有關說法正確的是()A.含碳量越低,鋼鐵的性能越好B.純凈的二氧化硅是制備光導纖維的原料C.燃放煙花呈現出多種顏色是由于煙花中添加了Na、Cu、Fe、Pt等金屬的單質D.合金材料的組成元素一定全部是金屬元素22、已知C3N4晶體的硬度與金剛石相差不大,且原子間均以單鍵結合,下列關于C3N4的說法錯誤的是A.該晶體中碳原子和氮原子的最外層都滿足8電子穩定結構B.C3N4晶體中C-N鍵的鍵長比金剛石的C-C鍵的鍵長要長C.C3N4晶體中每個C原子連接4個N原子,每個N原子連接3個C原子D.該晶體與金剛石相似,都是原子間以共價鍵形成的空間網狀結構二、非選擇題(共84分)23、(14分)以苯和乙炔為原料合成化工原料E的路線如下:回答下列問題:(1)以下有關苯和乙炔的認識正確的是___________。a.苯和乙炔都能使溴水褪色,前者為化學變化,后者為物理變化b.苯和乙炔在空氣中燃燒都有濃煙產生c.苯與濃硝酸混合,水浴加熱55~60℃,生成硝基苯d.聚乙炔是一種有導電特性的高分子化合物(2)A的名稱___________________。(3)生成B的化學方程式為____________________________,反應類型是________。(4)C的結構簡式為____________,C的分子中一定共面的碳原子最多有_____個。(5)與D同類別且有二個六元環結構(環與環之間用單鍵連接)的同分異構體有4種,請寫出其中2種同分異構體的結構簡式:__________________________。(6)參照上述合成路線,設計一條以乙炔和必要試劑合成環丙烷的路線:___________。24、(12分)某課外小組對金屬鈉進行研究。已知C、D都是單質,F的水溶液是一種常見的強酸。(1)金屬Na在空氣中放置足夠長時間,最終的生成物是:_________________________。(2)若A是一種常見金屬單質,且A與B溶液能夠反應,則將過量的F溶液逐滴加入E溶液,邊加邊振蕩,所看到的實驗現象是_________________________。(3)若A是一種不穩定的鹽,A溶液與B溶液混合將產生白色絮狀沉淀且瞬間變為灰綠色,最后變成紅褐色的E,請寫出該過程發生反應的方程式:_________________________。(4)若A是一種溶液,只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32-、SO42-中的某些離子,當向該溶液中加入B溶液時發現生成沉淀的物質的量隨B溶液的體積發生變化如圖所示,由此可知,該溶液中肯定含有的離子及其物質的量濃度之比為________________________。(5)將NaHCO3與M的混合物在密閉容器中充分加熱后排出氣體,經測定,所得固體為純凈物,則NaHCO3與M的質量比為____________。25、(12分)苯甲酸甲酯是一種重要的工業原料,有機化學中通過酯化反應原理,可以進行苯甲酸甲酯的合成。有關物質的物理性質、實驗裝置如下所示:苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔點/℃122.4﹣97﹣12.3沸點/℃24964.3199.6密度/g.cm﹣31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶實驗一:制取苯甲酸甲酯在大試管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇,邊振蕩邊緩慢加入一定量濃硫酸,按圖A連接儀器并實驗。(1)苯甲酸與甲醇反應的化學方程式為______________________________________。(2)中學實驗室中制取乙酸乙酯時為了提高酯的產率可以采取的措施有___________________________實驗二:提純苯甲酸甲酯該實驗要先利用圖B裝置把圖A中制備的苯甲酸甲酯水洗提純,再利用圖C裝置進行蒸餾提純(3)用圖B裝置進行水洗提純時,B裝置中固體Na2CO3作用是__________________。(4)用圖C裝置進行蒸餾提純時,當溫度計顯示____________時,可用錐形瓶收集苯甲酸甲酯。(5)最終制取15g苯甲酸甲酯,計算得苯甲酸甲酯的產率為______________(小數點后保留1位有效數字)。26、(10分)碘化鈉用作甲狀腺腫瘤防治劑、祛痰劑和利尿劑等.實驗室用NaOH、單質碘和水合肼(N2H4·H2O)為原料可制備碘化鈉。資料顯示:水合肼有還原性,能消除水中溶解的氧氣;NaIO3是一種氧化劑.回答下列問題:(1)水合肼的制備有關反應原理為:NaClO+2NH3=N2H4·H2O+NaCl①用下圖裝置制取水合肼,其連接順序為_________________(按氣流方向,用小寫字母表示).②開始實驗時,先向氧化鈣中滴加濃氨水,一段時間后再向B的三口燒瓶中滴加NaClO溶液.滴加NaClO溶液時不能過快的理由_________________________________________。(2)碘化鈉的制備i.向三口燒瓶中加入8.4gNaOH及30mL水,攪拌、冷卻,加入25.4g碘單質,開動磁力攪拌器,保持60~70℃至反應充分;ii.繼續加入稍過量的N2H4·H2O(水合肼),還原NaIO和NaIO3,得NaI溶液粗品,同時釋放一種空氣中的氣體;iii.向上述反應液中加入1.0g活性炭,煮沸半小時,然后將溶液與活性炭分離;iv.將步驟iii分離出的溶液蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥,得產品24.0g.③步驟i反應完全的現象是______________________。④步驟ii中IO3-參與反應的離子方程式為________________________________________。⑤步驟iii“將溶液與活性炭分離”的方法是______________________。⑥本次實驗產率為_________,實驗發現,水合肼實際用量比理論值偏高,可能的原因是_____________。⑦某同學檢驗產品NaI中是否混有NaIO3雜質.取少量固體樣品于試管中,加水溶解,滴加少量淀粉液后再滴加適量稀硫酸,片刻后溶液變藍.得出NaI中含有NaIO3雜質.請評價該實驗結論的合理性:_________(填寫“合理”或“不合理”),_________(若認為合理寫出離子方程式,若認為不合理說明理由).27、(12分)如圖為實驗室某濃鹽酸試劑瓶標簽上的有關數據,試根據標簽上的有關數據回答下列問題:(1)該濃鹽酸的物質的量濃度為______mol?L-1。(2)取用任意體積的該鹽酸溶液時,下列物理量中不隨所取體積的多少而變化的是______。A.溶液中HCl的物質的量B.溶液的濃度C.溶液中Cl-的數目D.溶液的密度(3)某學生欲用上述濃鹽酸和蒸餾水配制500mL物質的量濃度為0.400mol?L-1的稀鹽酸。①該學生需要量取______mL上述濃鹽酸進行配制。②所需的實驗儀器有:膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒,配制稀鹽酸時,還缺少的儀器有_________________________。28、(14分)2018年4月,美國公布301征稅建議清單,對包括銅、鋅等賤金屬及其制品在內的1300種中國商品加征高達25%的關稅,請回答下列有關鋅、銅及其化合物的問題:(1)寫出基態Zn原子的外圍電子排布式__________________。(2)新型農藥松脂酸銅具有低殘留的特點,下圖1是松脂酸銅的結構簡式:松脂酸銅結構中π鍵的個數為___________;加“*”碳原子的雜化方式為________________。(3)銅能與類鹵素(SCN)2反應生成Cu(SCN)2,類鹵素(SCN)2對應的酸有兩種,硫氰酸(H-S-C≡N)的沸點低于異硫氰酸(H-N=C=S)的沸點,其原因是________________________________。(4)工業上在用黃銅礦冶煉銅時會產生副品SO2,SO2分子的幾何構型為____________,比較第一電離能:S__________O(填“>”“=”或“<”)(5)ZnS的晶胞結構如下圖2所示,在ZnS晶胞中,與每個Zn2+最近且等距離的Zn2+有______個。(6)銅與金形成的金屬互化物結構如下圖3,晶胞邊長為anm,該金屬互化物的密度為__________g·cm-3(用含“a、NA的代數式”表示)。29、(10分)Ⅰ.(1)在一定溫度和壓強下,1體積X2(g)和3體積Y2(g)化合生成2體積Z(g),則Z氣體的化學式是________。(2)由A、B兩種雙原子分子組成的混合氣體8.6g,在標準狀況下的體積為8.96L,已知A和B的物質的量之比為3∶1,摩爾質量之比為14∶1,則A可能是________(寫出兩種可能的分子式),B的分子式是_______。(3)在標準狀況下,CO和CO2的混合氣體質量36g,體積為22.4L,則CO所占體積是______L,CO的質量是______g。Ⅱ.標準狀況下,將224LHCl氣體溶于635mL水中,所得鹽酸密度為1.18g·cm-3。試計算:(1)所得鹽酸的質量分數和物質的量濃度分別是_______、_______。(2)取出這種鹽酸100mL,稀釋至1.18L,所得稀鹽酸的物質的量濃度是_______。(3)在40.0mL0.065mol·L-1Na2CO3溶液中,逐漸加入(2)所稀釋的稀鹽酸,邊加邊振蕩。若使反應不產生CO2氣體,加入稀鹽酸的體積最多不超過_______mL。(4)將不純的NaOH樣品1g(樣品含少量Na2CO3和水),放入50mL2mol·L-1的鹽酸中,充分反應后,溶液呈酸性,中和多余的酸又用去40mL1mol·L-1的NaOH溶液。蒸發中和后的溶液,最終得到_______g固體。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、A【解題分析】分析:A.鋁熱反應的引發就是點燃鎂條;B蒸餾操作需要溫度計,通過控制蒸氣溫度來判斷蒸出物,但海水淡化不需要溫度計,只要收集蒸氣即可;C.該裝置為原電池,鋅活潑作負極,H

+作氧化劑在鐵電極上放電,故原電池開始工作后鐵電極不參加反應,加K

3[Fe(CN)

6]溶液不會產生特征藍色沉淀;D項,碳酸鈉溶液呈堿性不能注入酸式滴定管。詳解:A.點燃Mg條,引發反應,可引發鋁熱反應,所以A選項是正確的;

B.蒸餾操作需要溫度計,通過控制蒸氣溫度來判斷蒸出物,但海水淡化不需要溫度計,只要收集蒸氣即可,故B錯誤;

C.該裝置為原電池,鋅活潑作負極,H

+作氧化劑在鐵電極上放電,故原電池開始工作后鐵電極不參加反應,加K

3[Fe(CN)

6]溶液不會產生特征藍色沉淀,故C錯誤;

D.碳酸鈉溶液呈堿性不能注入酸式滴定管,故D錯誤。

所以A選項是正確的。2、D【解題分析】

A.溶液中碳酸根會水解,結合水電出來的氫離子,生成碳酸氫根,A項正確,不符合題意;B.實驗Ⅰ和Ⅱ沒有氣泡,根據所學Al可以和熱水反應,但是此實驗中沒有氣泡,說明有氧化膜的保護,實驗Ⅲ中卻有氣泡,說明氧化膜被破壞,B項正確,不符合題意;C.Na2CO3溶液呈堿性,鋁片在堿性溶液中與OH-反應,生成偏鋁酸根,2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,AlO2-和HCO3-反應生成氫氧化鋁沉淀,C項正確,不符合題意;D.CO32-的水解是吸熱的,加熱可以促進水解。H2產生的原因是Al和CO32-水解生成的OH-反應生成H2,H2逸出,有利于Al和OH-的反應,OH-減少,從而促進碳酸根水解,加熱和H2逸出對CO32-水解平衡移動方向的影響是相同的,D項錯誤,符合題意;本題答案選D。3、D【解題分析】A.向Al2(SO4)3溶液中加入少量氨水,離子方程式:Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故A錯誤;B.向NaHCO3溶液中加入

KOH

溶液反應生成碳酸鈉和碳酸鉀、水,離子方程式:HCO3-+OH-═H2O+CO32-,故B錯誤;C.向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入過量的NaOH溶液,離子方程式:2NH4++Fe2++4OH-═Fe(OH)2↓+2NH3?H2O,故C錯誤;D.向Ca(HCO3)2溶液中加入過量澄清石灰水,離子方程式:Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O,故D正確;故選D。點睛:把握發生的反應及離子反應的書寫方法為解答的關鍵。本題的易錯點為CD,注意反應物的量的多少對反應的影響。4、B【解題分析】

A、膠體是集合體,16.25gFeCl3,物質的量為0.1mol,形成Fe(OH)3膠體粒子數小于0.1mol,故A錯誤;B、標準狀況下,11.2L混合氣體的物質的量為0.5mol,即含氫原子的物質的量為0.5mol×4=2mol,故B正確;C、題中沒有說明溶液的體積,無法求出H+物質的量,故C錯誤;D、苯乙烯的結構簡式為,0.1mol苯乙烯中含有碳碳雙鍵的物質的量為0.1mol,故D錯誤;答案選B。【題目點撥】本題的易錯點是選項D,應注意苯環中不含碳碳雙鍵,是介于碳碳單鍵和雙鍵之間特殊的鍵。5、D【解題分析】

A.將SO2通入酸性高錳酸鉀溶液,高錳酸鉀溶液紫色褪色,是由于SO2具有還原性,A錯誤;B.等體積pH=3的HA和HB兩種酸分別與足量的鋅反應,相同時間內HA與Zn反應生成的氫氣更多,說明HA與Zn反應的速率快些,HA電離出來的H+多些,只能說明HA的酸性比HB強,不能說明HA是強酸,B錯誤;C.灼燒某白色粉末,火焰呈黃色,白色粉末中一定含有鈉元素,可能含有鉀元素,要透過藍色鈷玻璃片觀察如果火焰呈紫色,說明一定含有鉀元素,否則沒有鉀元素,C錯誤;D.將稀硫酸滴入碳酸鈉溶液中產生的氣體是二氧化碳,通入硅酸鈉溶液中有白色沉淀生成,生成了硅酸,那么證明酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3,最高價氧化物對應水化物的酸性越強,非金屬性越強,D正確;答案選D。6、C【解題分析】

草酸(又稱乙二酸)為一種二元弱酸,具有酸的通性,因此能發生中和反應,具有還原性,因為乙二酸中含有羧基因此能發生酯化反應,據此解題;【題目詳解】A.H2C2O4為二元弱酸,能與氫氧化鈣溶液發生中和反應,生成白色沉淀草酸鈣和水,因此含酚酞的氫氧化鈣溶液堿性逐漸減弱,溶液紅色退去,故A正確;B.產生氣泡證明有CO2產生,因此可證明酸性H2C2O4>H2CO3,反應方程式為:H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2+2H2O或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2O,故B正確;C.0.1mol·L?1H2C2O4的pH=1.3,說明草酸為弱酸,故在其參與的離子方程式中要寫其化學式,不能用草酸根表示,故C不正確;D.草酸(又稱乙二酸),其中含有羧基,因此其能發生酯化反應,反應方程式正確,故D正確;本題選不正確的,應選C。【題目點撥】本題考查草酸的性質和離子反應方程式的書寫,側重考查學生的分析能力和元素化合物知識的綜合理解和運用。7、C【解題分析】分析:堿式碳酸銅和稀硫酸反應生成硫酸銅、水和二氧化碳,所以加入0.1mol堿式碳酸銅[Cu2(OH)2CO3]相當于加入0.2molCuO、0.1molH2O,根據生成物知,陰極上銅離子和氫離子放電、陽極上氫氧根離子放電,根據銅和氫氣的物質的量與轉移電子之間的關系式計算轉移電子的物質的量。詳解:堿式碳酸銅和稀硫酸反應生成硫酸銅、水和二氧化碳,所以加入0.1mol堿式碳酸銅[Cu2(OH)2CO3]相當于加入0.2molCuO、0.1molH2O,根據生成物知,陰極上銅離子和氫離子放電、陽極上氫氧根離子放電,根據Cu原子、H原子守恒得陰極上析出n(Cu)=0.2mol、n(H2)=0.1mol,則轉移電子的物質的量=0.2mol×2+0.1mol×2=0.6mol;答案選C。點睛:本題考查了電解原理,根據離子放電順序、原子守恒來分析解答,明確加入物質的性質是解本題的關鍵,題目難度中等。8、C【解題分析】分析:乙酸、乙酸甲酯各分子中碳原子與氫原子個數之比為1:2,據此可以計算碳元素與氫元素的質量之比,根據混合物中碳元素的質量分數計算出氫元素的質量分數,最后w(O)=1-w(C)-w(H)計算。詳解:乙酸、乙酸甲酯各分子中碳原子與氫原子個數之比為1:2,故組成的混合物中,碳原子與氫原子個數之比為1:2,則碳元素與氫元素的質量之比為12:2=6:1,混合物中碳元素的總的質量分數為X,則氫元素的質量分數=16X,故混合物中氧元素質量分數1-X-16X=1-769、B【解題分析】Al2O3溶于NaOH生成NaAlO2溶液,再向該溶液中通入CO2氣體,又生成了Al(OH)3白色沉淀,①可實現;S在氧氣中燃燒只能生成SO2,不能生成SO3,②不能實現;飽和NaCl溶液與氨氣、二氧化碳共同反應生成NaHCO3,NaHCO3受熱分解為Na2CO3,③可以實現;Fe2O3溶于鹽酸生成FeCl3溶液,由于氯化鐵易發生水解,直接加熱蒸干并灼燒得到氧化鐵固體,得不到無水FeCl3,④不能實現;MgCl2(aq)與石灰乳反應生成Mg(OH)2沉淀,加熱該沉淀分解為MgO,⑤可以實現;綜上①③⑤都可以實現,B正確;正確選項B。點睛:FeCl3溶液直接加熱蒸干并灼燒得到氧化鐵固體,只有在不斷通氯化氫氣流的情況下,加熱蒸干才能得到無水FeCl3。10、C【解題分析】

A.向一定量的明礬溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至沉淀質量最大時,生成的沉淀為硫酸鋇沉淀,鋁離子生成的氫氧化鋁沉淀完全溶解,正確的離子方程為:2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O,故A錯誤;B.用FeCl3溶液腐蝕銅線路板的離子反應為Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,故B錯誤;C.標準狀況下3.36L氯氣的物質的量為1.5mol,與0.2molFeBr2反應,氯氣先氧化亞鐵離子,剩余的氯氣氧化溴離子,發生的反應為:4Fe2++2Br﹣+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl﹣,故C正確;D.向NaHSO4中滴入Ba(OH)2溶液至恰好顯中性:2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=2H2O+BaSO4↓,故D錯誤;答案選C。11、C【解題分析】本題考查化學實驗操作中的誤差分析。詳解:使物品和砝碼放顛倒,若使用游碼稱量的物質的質量偏小,若不使用游碼稱量質量不變,A錯誤;配制溶液時,仰視容量瓶刻度線定容,會導致加入的蒸餾水體積偏大,配制的溶液濃度偏低,B錯誤;酸堿中和滴定實驗中,若盛裝標準液的滴定管沒有潤洗,會導致滴定過程中消耗的標準液體積偏大,測定結果偏高,C正確;滴定結束后,讀取標準液的體積時,俯視刻度線會導致讀數偏小,導致所用標準液體積偏小,實驗結果偏低,D錯誤。故選C。點睛:掌握實驗的原理及正確的誤差分析是解題的關鍵。12、C【解題分析】

同周期元素從左到右,原子序數依次增大,原子半徑依次減小,非金屬性依次增強,電負性依次增大。【題目詳解】A項、電負性大的元素在化合物中顯負價,所以X和Y形成化合物時,X顯負價,Y顯正價,故A正確;B項、同周期元素從左到右,第一電離能有增大的趨勢,但ⅤA族元素的p軌道為半充滿穩定結構,第一電離能大于Ⅵ族元素,第一電離能Y大于X,也可能小于X,故B正確;C項、元素非金屬性越強,其最高價氧化物對應的水化物的酸性越強,非金屬性X>Y,則X對應的酸性強于Y對應的酸的酸性,故C錯誤;D項、元素非金屬性越強,氣態氫化物越穩定,則氣態氫化物的穩定性:HmY小于HnX,故D正確;故選C。【題目點撥】本題主要考查元素周期律的應用,明確明確同周期位置關系及電負性大小得出元素的非金屬性強弱的關系是解答本題的關鍵。13、B【解題分析】分析:蓋斯定律指若是一個反應可以分步進行,則各步反應的吸收或放出的熱量總和與這個反應一次發生時吸收或放出的熱量相同。36g碳不完全燃燒與這些碳完全燃燒相比損失的熱量為生成的一氧化碳燃燒放出的熱量。根據碳原子守恒計算出一氧化碳的物質的量,再根據一氧化碳燃燒的熱化學方程式計算,即可解答。詳解:點睛:36g碳的物質的量為n===3mol,不完全燃燒所得氣體中,CO占三分之一體積,根據碳原子守恒,求得CO的物質的量為3mol×=1mol,根據CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-Q2kJ/mol,1molCO燃燒放出的熱量為Q2kJ,答案選B。點睛:本題主要考查反應熱的計算,考查了蓋斯定律的原理理解運用,本題關鍵點是碳不完全燃燒損失的熱量為生成的一氧化碳燃燒放出的熱量,題目難度不大。14、D【解題分析】①少量Na2O2先和水反應生成氫氧化鈉和氧氣,然后NaOH再和Ca(HCO3)2發生反應生成碳酸鈣沉淀,反應方程式為:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、NaOH+Ca(HCO3)2=CaCO3↓+NaHCO3+H2O,所以符合題意,故正確;②過量Ba(OH)2溶液和NH4HSO4溶液混合加熱生成氨氣和硫酸鋇沉淀,發生反應為:Ba(OH)2+NH4HSO4BaSO4↓+2H2O+NH3↑,所以符合題意,故正確;③AlCl3溶液與NaHCO3溶液混合發生雙水解,得到二氧化碳氣體和氫氧化鋁沉淀,反應方程式為AlCl3+3NaHCO3=Al(OH)3↓+3CO2↑+3NaCl,符合題意,故正確;④FeCl3溶液與NaHS溶液混合三價鐵氧化硫氫酸根離子生成二價鐵離子和硫單質,無氣體放出,所以不符合題意,故錯誤;答案選D。15、B【解題分析】

A.鉀元素的第一電離能小于鈉元素的第一電離能,說明鉀失電子能力比鈉強,所以鉀的活潑性強于鈉,故A正確;B.同一周期元素原子半徑隨著原子序數的增大而減小,第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢,但第IIA族元素大于第IIIA族元素,第VA族元素大于第VIA族元素,故B錯誤;C.最外層電子排布為ns2np6(若只有K層時為1s2)的原子達到穩定結構,再失去電子較難,所以其第一電離能較大,故C正確;D.對于同一元素來說,原子失去電子個數越多,其失電子能力越弱,所以原子的電離能隨著原子失去電子個數的增多而增大,故D正確。故選B。16、A【解題分析】試題分析:鍵線式的分子式書寫時要注意每個折點為C原子,并保證C原子的四價,可確定出隱藏的H數目,3,4一苯并芘的分子式為C20H12,選項A正確。考點:根據結構式書寫分子式17、D【解題分析】

A.甲苯可使KMnO4溶液褪色,甲苯上甲基被氧化是苯環對側鏈的影響,A不符合題意;B.苯酚O—H鍵易斷裂,水溶液顯弱酸性,而醇溶液顯中性,是由于苯環對側鏈的影響,B不符合題意;C.甲苯、苯都可與氫氣發生加成反應,不能顯示是否產生影響,C不符合題意;D.甲苯可與濃硝酸反應生成三硝基甲苯,而苯與濃硝酸發生取代反應生成硝基苯,說明側鏈使苯環活潑,更容易發生取代反應,D符合題意;故合理選項是D。18、A【解題分析】A銨鹽都是離子晶體,都易溶于水,故A正確;B.銨鹽都是易溶于水的白色晶體,銨鹽都能與苛性鈉反應生成氨氣,銨鹽都能加熱分解,但不一定有氨氣產生,故B錯誤;C碳酸銨可與酸反應生成二氧化碳氣體,故C錯誤;D.硝酸銨中硝酸根離子中的氮元素化合價為+5價,故D錯誤;故選A。點睛:本題考查銨鹽的性質,把握銨鹽的溶解性、穩定性與酸堿的反應為解答的關鍵。銨鹽的基本性質有:屬于離子晶體,易溶于水,可與堿反應生成氨氣,不穩定,加熱易分解。要熟悉常見的幾種銨鹽的性質,如硝酸銨、氯化銨和碳酸氫銨。19、D【解題分析】實驗室沒有980mL的容量瓶,應該選用1000mL的容量瓶配制。A.需要稱取固體的質量=1L×0.1mol/L×250g/mol=25.0g,故A錯誤;B.配制一定物質的量濃度的溶液步驟有:計算、稱量、溶解、冷卻轉移、洗滌轉移、定容、搖勻。用到的玻璃儀器有1000mL的容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管,用不到漏斗,故B錯誤;C.為加快固體的溶解,可適當加熱,然后冷卻后將溶液轉移到容量瓶中,故C錯誤;D.倒轉搖勻后發現液面低于刻度線,若補加蒸餾水至刻度線,導致溶液的體積偏大,會使所得溶液的濃度偏低,故D正確;故選D。20、C【解題分析】

①用量筒量取液體時,若量程太大,最小刻度值增大,會加大誤差;若量程太小,需量取多次,也會加大誤差,采用就近原則,不能用50mL量筒取5.2mL稀硫酸,故不選①;②苯和四氯化碳能相互溶解,不能用分液漏斗分離,故不選②;③托盤天平精確到0.1g,可用托盤天平稱量11.7g氯化鈉晶體,故選③;④溴水有強氧化性,會腐蝕堿式滴定管的橡膠管,故不選④;⑤瓷坩堝中含有二氧化硅,會與氫氧化鈉在加熱下反應,故不選⑤;⑥配制250mL0.2mol·L-1的NaOH溶液用250mL容量瓶,故選⑥。故正確序號為③⑥。綜上所述,本題應選C。21、B【解題分析】

A.鋼鐵含碳量越高,越硬越脆;含碳量越低,韌性越好,所以不能說含碳量越低,鋼鐵的性能越好,故A錯誤;B.光導纖維傳遞光信號的原理是光的全反射,SiO2具有良好的光學效果材料,是制造光導纖維的主要原料,故B正確;C.燃放煙花呈現出多種顏色是由于煙花中加入了一些金屬元素(如鈉----黃色光;銅----綠色光)而不是金屬單質;另外Fe、Pt等金屬元素灼燒時為無色,故C錯誤;D.合金材料的組成元素不一定全部是金屬元素,可能含有非金屬元素,故D錯誤。故答案選B。22、B【解題分析】

A.C最外層有4個電子,且與N形成4個單鍵,N原子最外層有5個電子,且與C形成3個單鍵可知C、N最外層都滿足8電子穩定結構,A正確;B.C原子半徑比N原子半徑大,所以C-C鍵的鍵長比C-N鍵的鍵長要長,B錯誤;C.由結構可知:C3N4晶體中每個C原子連接4個N原子,每個N原子連接3個C原子,C正確;D.C3N4晶體的硬度與金剛石相差不大可知,該晶體的結構和金剛石差不多,都是以共價鍵結合成的空間網狀結構,D正確。答案選B。二、非選擇題(共84分)23、bd;苯甲醇;;取代反應;7任意2種;【解題分析】

苯與甲醛發生加成反應生成A為,A與HBr發生取代反應生,與HC≡CNa發生取代反應生成B為,與氫氣發生加成反應生成C,結合C的分子式可知C為,結合E的結構可知C與CH2I2反應生成D為,D發生氧化反應生成E。【題目詳解】(1)a.苯和乙炔都能使溴水褪色,前者為萃取,屬于物理變化,后者發生加成反應,為化學變化,故a錯誤;

b.苯和乙炔的最簡式相同,含碳量高,在空氣中燃燒都有濃煙產生,故b正確;

c.苯與濃硝酸混合,水浴加熱55~60℃,生成硝基苯,需要濃硫酸作催化劑,故c錯誤;

d.聚乙炔是一種有導電特性的高分子化合物,故d正確,答案選bd;

(2)A為,名稱為苯甲醇;(3)生成B的化學方程式為:,屬于取代反應;(4)C的結構簡式為,苯環連接2原子處于同一平面,碳碳雙鍵連接的原子處于同一平面,旋轉碳碳單鍵可以使羥基連接的碳原子處于碳碳雙鍵平面內,由苯環與碳碳雙鍵之間碳原子連接原子、基團形成四面體結構,兩個平面不能共面,最多有7個碳原子都可以共平面;(5)D()其分子式為C12H16,只能形成2個六元碳環。書寫的同分異構體與D同類別且有二個六元環結構(環與環之間用單鍵連接),D屬于芳香醇,則同分異構體中,也有一個苯環,此外—OH不能連接在苯環上,則同分異構體有:;(6)環丙烷為三元碳環結構,在D中也存在三元碳環結構。中有碳碳三鍵,乙炔分子中也有碳碳三鍵,模仿到D的過程,則有以乙炔和必要試劑合成環丙烷的路線:。【題目點撥】本題考查有機物的推斷與合成,注意根據轉化中有機物的結構、反應條件等進行推斷,熟練掌握官能團的性質與轉化,較好地考查學生自學能力、分析推理能力與知識遷移運用能力。24、碳酸鈉或Na2CO3溶液中逐漸有白色絮狀沉淀生成且不斷增加;然后又由多到少最后沉淀消失4Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42-)=1:1:2:3大于或等于≥168:78【解題分析】

根據轉化關系圖可知:2Na+O2Na2O2確定M為Na2O2;2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,C、D都是單質,F的水溶液是一種常見的強酸,確定B為NaOH,C為H2,D為Cl2,F為HCl。結合題干問題分析解答。【題目詳解】(1)Na在空氣中放置足夠長時間,發生4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3?10H2O、Na2CO3?10H2O=Na2CO3+10H2O,則最終生成物為Na2CO3;(2)若A是一種常見金屬單質,能與NaOH反應,則A為Al,E為NaAlO2,將過量的F(HCl)溶液逐滴加入E(NaAlO2)溶液,邊加邊振蕩,發生NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓、Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O,所看到的實驗現象是溶液中逐漸有白色絮狀沉淀生成,且不斷增加,然后又由多到少,最后消失;(3)若A是一種不穩定的鹽,A溶液與B溶液混合將產生白色絮狀沉淀且瞬間變為灰綠色,最后變成紅褐色的E,則A為可溶性亞鐵鹽,E為Fe(OH)3,則A溶液與B溶液混合將產生白色絮狀沉淀且瞬間變為灰綠色,最后變成紅褐色的E這一過程的離子方程式為4Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓。(4)A加入氫氧化鈉溶液,分析圖象可知:第一階段是H++OH-=H2O,所以溶液呈酸性,不可能存在CO32-;第二階段金屬陽離子與氫氧根離子生成沉淀,第三階段應該是NH4++OH-=NH3?H2O;第四階段氫氧化物沉淀與氫氧化鈉反應最后全溶解,肯定沒有Mg2+、Fe3+,必有Al3+。由此確定溶液中存在的離子H+、NH4+、Al3+、SO42-;假設圖象中橫坐標一個小格代表1molNaOH,則根據前三階段化學方程式:H++OH-=H2O,Al3++3OH-=Al(OH)3,NH4++OH-=NH3?H2O,可知n(H+)=1mol,n(Al3+)=1mol,n(NH4+)=2mol,再利用電荷守恒n(SO42-)×2=n(H+)×1+n(Al3+)×3+n(NH4+)×1,得出n(SO42-)=3mol,根據物質的量之比等于物質的量濃度之比得到c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42-)=1:1:2:3。(5)將NaHCO3與M(過氧化鈉)的混合物在密閉容器中充分加熱發生的反應有三個:2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,所得固體為純凈物,說明碳酸氫鈉加熱分解的二氧化碳必須把過氧化鈉反應完,則根據總的方程式可知4NaHCO3+2Na2O24Na2CO3+2H2O+O2↑84×4g78×2gm(NaHCO3):m(Na2O2)=(84×4g):(78×2g)=168:78(或84:39)。由于碳酸氫鈉可以過量,得到的還是純凈物:2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑,所以m(NaHCO3):m(Na2O2)≥168:78(或84:39)。答案:大于或等于168:78(或84:39)。25、+CH3OH+H2O使用濃硫酸吸水、把酯蒸出反應體系、提高醇的用量等(能回答出兩條措施即可)洗去苯甲酸甲酯中過量的苯甲酸199.689.7%【解題分析】

(1)酯化反應的原理是酸脫羥基醇脫氫,在濃硫酸作用下,苯甲酸與甲醇發生酯化反應生成苯甲酸甲酯和水;(2)酯化反應為可逆反應,增大乙酸或乙醇的濃度或減小乙酸乙酯的濃度,能夠使平衡向正反應方向移動;(3)由表給數據可知,反應后的苯甲酸甲酯中會含有苯甲酸等雜質;(4)苯甲酸甲酯的沸點是199.6℃;(5)由15g苯甲酸計算苯甲酸甲酯的理論量,再依據實際量計算產率。【題目詳解】(1)酯化反應的原理是酸脫羥基醇脫氫,在濃硫酸作用下,苯甲酸與甲醇發生酯化反應生成苯甲酸甲酯和水,反應的化學方程式為+CH3OH+H2O,故答案為:+CH3OH+H2O;(2)酯化反應為可逆反應,增大乙酸或乙醇的濃度或減小乙酸乙酯的濃度,能夠使平衡向正反應方向移動,提高酯的產率,故答案為:使用濃硫酸吸水、把酯蒸出反應體系、提高醇的用量等(能回答出兩條措施即可);(3)由表給數據可知,反應后的苯甲酸甲酯中會含有苯甲酸等雜質,利用固體Na2CO3與苯甲酸反應,除去苯甲酸提純苯甲酸甲酯,故答案為:洗去苯甲酸甲酯中過量的苯甲酸;(4)苯甲酸甲酯的沸點是199.6℃,用圖C裝置進行蒸餾提純時,當溫度計顯示199.6℃時,可用錐形瓶收集苯甲酸甲酯,故答案為:199.6;(5)15g苯甲酸的物質的量為,理論上制得苯甲酸甲酯的質量為×136g/mol≈16.7g,則苯甲酸甲酯的產率為×100%=×100%≈89.7%,故答案為:89.7%。【題目點撥】本題考查了有機物的制備實驗,充分考查了學分析、理解能力及靈活應用基礎知識的能力,注意掌握化學實驗基本操作方法,明確有機物的性質及產率計算的公式是解答關鍵。26、fabcde(ab順序可互換)過快滴加NaClO溶液,過量的NaClO溶液氧化水合肼,降低產率無固體殘留且溶液呈無色(答出溶液呈無色即給分)2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O趁熱過濾或過濾80%水合胼能與水中的溶解氧反應不合理可能是I-在酸性環境中被O2氧化成I2而使淀粉變藍【解題分析】

(1)水合肼的制備原理為:NaClO+2NH3═N2H4?H2O+NaCl,利用裝置D制備氨氣,裝置A為安全瓶,防止溶液倒吸,氣體通入裝置B滴入次氯酸鈉溶液發生反應生成水合肼,剩余氨氣需要用裝置C吸收;(2)加入氫氧化鈉,碘和氫氧化鈉發生反應:3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O,加入水合肼得到氮氣與NaI,得到的NaI溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶可得到NaI;⑥由碘單質計算生成的NaI與NaIO3,再由NaIO3計算與N2H4?H2O反應所得的NaI,由此計算得到理論生成的NaI,再計算產率可得;⑦NaIO3能夠氧化碘化鉀,空氣中氧氣也能夠氧化碘離子生成碘單質。據此分析解答。【題目詳解】(1)①水合肼的制備原理為:NaClO+2NH3═N2H4?H2O+NaCl,利用裝置D制備氨氣,通過裝置A安全瓶,防止溶液倒吸,氣體通入裝置B滴入次氯酸鈉溶液發生反應生成水合肼,剩余氨氣需要用裝置C吸收,倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸,按氣流方向其連接順序為:fabcde,故答案為fabcde;②開始實驗時,先向氧化鈣中滴加濃氨水,生成氨氣一段時間后再向B的三口燒瓶中滴加NaClO溶液反應生成水合肼,水合肼有還原性,滴加NaClO溶液時不能過快的理由:過快滴加NaClO溶液,過量的NaClO溶液氧化水和肼,降低產率,故答案為過快滴加NaClO溶液,過量的NaClO溶液氧化水和肼,降低產率;(2)③步驟ii中碘單質生成NaI、NaIO3,反應完全時現象為無固體殘留且溶液接近無色,故答案為無固體殘留且溶液接近無色;④步驟iiiN2H4?H2O還原NalO3的化學方程式為:3N2H4?H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O,離子方程式為:3N2H4?H2O+2IO3-=2I-+3N2↑+9H2O,故答案為3N2H4?H2O+2IO3-=2I-+3N2↑+9H2O;⑤活性炭具有吸附性,能脫色,通過趁熱過濾將活性炭與碘化鈉溶液分離,故答案為趁熱過濾;⑥8.2gNaOH與25.4g單質碘反應,氫氧化鈉過量,碘單質反應完全,碘和氫氧化鈉發生反應:3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O,則生成的NaI的質量為:×5×150g/mol=25g,生成的NaIO3與N2H4?H2O反應所得的NaI,反應為3N2H4?H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O,則6I2~2NaIO3~2NaI,該步生成的NaI質量為:×2×150g/mol=5g,故理論上生成的NaI為25g+5g=30g,實驗成品率為×100%=80%,實驗發現,水合肼實際用量比理論值偏高是因為水合肼能與水中的溶解氧反應,故答案為80%;水合肼能與水中的溶解氧反應;⑦取少量固體樣品于試管中,加水溶解,滴加少量淀粉液后再滴加適量稀硫酸,片刻后溶液變藍,說明生成碘單質,可能是NaIO3氧化碘化鉀反應生成,也可能是空氣中氧氣氧化碘離子生成碘單質,不能得出NaI中含有NaIO3雜質,故答案為不合理;可能是I-在酸性環境中被氧氣氧化成I2而使淀粉變藍。【題目點撥】本題考查了物質制備方案設計,主要考查了化學方程式的書寫、實驗方案評價、氧化還原反應、產率計算等。本題的難點為⑥,要注意理清反應過程。27、11.9BD16.8500mL容量瓶【解題分析】分析:(1)依據c=1000ρω/M計算該濃鹽酸中HCl的物質的量濃度;(2)根據該物理量是否與溶液的體積有關判斷;(3)①根據稀釋定律,稀釋前后HCl的物質的量不變,據此計算需要濃鹽酸的體積;②利用濃鹽酸稀釋配制500mL稀鹽酸溶液,需要的儀器有:量筒、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管。詳解:(1)由c=1000ρω

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