2025屆吉林省梅河口五中等聯(lián)誼校高二下化學(xué)期末調(diào)研模擬試題含解析_第1頁
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文檔簡介

2025屆吉林省梅河口五中等聯(lián)誼校高二下化學(xué)期末調(diào)研模擬試題考生請注意:1.答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi),不得在試卷上作任何標(biāo)記。2.第一部分選擇題每小題選出答案后,需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi),第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3.考生必須保證答題卡的整潔。考試結(jié)束后,請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、向X溶液中加入Y試劑,產(chǎn)生沉淀或氣體如圖,與所述情形幾乎完全相符的是()A.向HCl和AlCl3的混合液滴加NaOH溶液 B.向NH4Al(SO4)2溶液滴加Ba(OH)2溶液C.向NaOH和Ca(OH)2混合液中通入CO2 D.向NaOH和Na2CO3混合液滴加稀HCl溶液2、已知:NaHSO3溶液呈酸性。常溫下,將0.1mol/L亞硫酸(忽略H2SO3的分解)與0.1mol/LNaOH溶液等體積混合,下列關(guān)于該混合溶液說法不正確的是A.c(Na+)>c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)B.c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)C.c(HSO3-)+c(H2SO3)+c(SO32-)=0.05mol/LD.c(Na+)+c(H+)>c(HSO3-)+c(SO32-)+c(OH-)3、下列說法中正確的是()A.氯化鈉水溶液在電流的作用下電離出Na+和Cl-B.二氧化碳的水溶液能夠?qū)щ姡识趸紝儆谌蹼娊赓|(zhì)C.硫酸鋇難溶于水,但硫酸鋇屬于強電解質(zhì)D.氧化鈉在水中反應(yīng)的離子方程式為4Na++2O2-+2H2O===4Na++4OH-4、下列實驗中沒有顏色變化的是()A.葡萄糖溶液與新制的Cu(OH)2懸濁液混合加熱B.木板上涂抹濃硫酸C.淀粉溶液中加入碘酒D.苯加入到酸性高錳酸鉀溶液中5、對于某些離子的檢驗及結(jié)論一定正確的是A.加入稀鹽酸產(chǎn)生無色氣體,將氣體通入澄清石灰水中,溶液變渾濁,一定有CO32-B.加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生,再加鹽酸,沉淀不消失,一定有SO42-C.加入氫氧化鈉溶液并加熱,產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍,一定有NH4+D.加入碳酸鈉溶液產(chǎn)生白色沉淀,再加鹽酸白色沉淀消失,一定有Ba2+6、如圖是金屬鎂和鹵素單質(zhì)(X2)反應(yīng)的能量變化示意圖。下列說法正確的是()A.熱穩(wěn)定性:MgF2>MgCl2>MgBr2>MgI2B.22.4LF2(g)與足量的Mg充分反應(yīng),放熱1124kJC.工業(yè)上可由電解MgCl2溶液冶煉金屬Mg,該過程需要吸收熱量D.由圖可知:MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(l)?H=-117kJ/mol7、下列是除去括號內(nèi)雜質(zhì)的有關(guān)操作,其中正確的是A.乙醇(乙醛)——加水,振蕩靜置后分液B.乙酸乙酯(乙酸)——加乙醇、濃硫酸加熱C.乙烯(乙炔)——將氣體通過盛KMnO4溶液的洗氣瓶D.苯(苯酚)——加足量NaOH溶液,振蕩靜置后分液8、常溫常壓下,下列化合物以氣態(tài)形式存在的是A.乙烷 B.乙醇 C.乙酸 D.苯酚9、下列說法正確的是()A.油脂的硬化屬于酯化反應(yīng)B.滌綸、尼龍、環(huán)氧樹脂、酚醛樹脂等高分子化合物都是由縮聚反應(yīng)制得C.蛋白質(zhì)受某些理化因素引起蛋白質(zhì)理化性質(zhì)和生物活性的變化稱為鹽析D.蔗糖和麥芽糖的水解產(chǎn)物都是葡萄糖和果糖10、下列說法中不正確的是A.分散質(zhì)微粒直徑介于~之間的分散系稱為膠體B.在水溶液或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔镏幸欢ù嬖陔x子鍵C.液態(tài)氯化氫、熔融氧化鋁、固體硫酸鋇都是電解質(zhì)D.非金屬氧化物不一定是酸性氧化物,有些金屬氧化物也能與強堿反應(yīng)11、下列儀器中,不能作反應(yīng)容器的是()A. B. C. D.12、表情包、斗圖是新媒體時代的產(chǎn)物,微信熱傳的“苯寶寶表情包”可看作是由苯衍生的物質(zhì)配以相應(yīng)文字形成的(如圖)。下列有關(guān)說法正確的是()A.A物質(zhì)與D物質(zhì)互為同系物B.鄰二甲苯只有一種結(jié)構(gòu),能證明苯環(huán)中不存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵交替的結(jié)構(gòu)C.B物質(zhì)是由的1mol苯與3mol氯氣在光照的條件下發(fā)生取代反應(yīng)而制備得到的D.C物質(zhì)是苯的同系物,其二溴代物有7種同分異構(gòu)體13、下圖所示儀器可用于實驗室制備少量無水FeCl3,儀器連接順序正確的是A.a(chǎn)-b-c-d-e-e-f-g-h B.a(chǎn)-e-d-c-b-h-i-gC.a(chǎn)-d-e-c-b-h-i-g D.a(chǎn)-c-b-d-e-h-i-f14、有關(guān)天然產(chǎn)物水解的敘述不正確的是()A.油脂水解可得到丙三醇B.可用碘檢驗淀粉水解是否完全C.蛋白質(zhì)水解的最終產(chǎn)物均為氨基酸D.纖維素水解與淀粉水解得到的最終產(chǎn)物不同15、《本草綱目》記載了燒酒的制造工藝:“凡酸壞之酒,皆可蒸燒”,“以燒酒復(fù)燒二次……價值數(shù)倍也”。請你分析、對比此方法與分離下列物質(zhì)的實驗方法在原理上相同的是A.甲苯和水B.硝酸鉀和氯化鈉C.食鹽水和泥沙D.苯和溴苯16、下列說法正確的是A.在分子中,兩個成鍵的原子間的距離叫做鍵長B.H—Cl的鍵能為431.8kJ/mol,H—I的鍵能為298.7kJ/mol,這可以說明HCl分子比HI分子穩(wěn)定C.含有極性鍵的分子一定是極性分子D.鍵能越大,表示該分子越容易受熱分解17、下列說法中正確的是()A.常溫下,pH均為3的醋酸和硫酸鋁兩種溶液中,由水電離出的氫離子濃度之比為1∶108B.25℃時0.1mol?L-1NH4Cl溶液的KW大于100℃時0.1mol?L-1NaCl溶液的KWC.根據(jù)溶液的pH與酸堿性的關(guān)系,推出pH=6.5的溶液一定顯酸性D.室溫下,將pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合,溶液顯中性18、X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,部分元素在周期表中的位置如下圖所示,其中X、Y、W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物與Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物均能發(fā)生反應(yīng),下列說法中不正確的是()XYWA.簡單離子半徑大小關(guān)系為:Y>Z>WB.X與Y可以存在于同一離子化合物中C.Z、W氧化物的熔點高低:Z<WD.X與氫元素形成的化合物中,只含極性鍵19、A、B、C三種醇分別與足量的金屬鈉完全反應(yīng),在相同條件下產(chǎn)生相同的體積,消耗這三種醇的物質(zhì)的量之比為3:6:2,則A、B、C三種醇分子中所含羥基的個數(shù)之比為()A.3:2:1 B.2:6:3 C.3:1:2 D.2:1:320、水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干種離子。某同學(xué)對該溶液進行了如下實驗。則下列判斷正確的是A.氣體甲一定是純凈物B.沉淀甲是硅酸和硅酸鎂的混合物C.K+、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中D.CO32-和SO42-一定不存在于溶液X中21、下列各項中表達正確的是A.S2-的核外電子排布式:1s22s22p63s23p6B.N2的結(jié)構(gòu)式::N≡N:C.NaCl的電子式:D.CO2的分子模型示意圖:22、利用Cu和濃硫酸制備SO2的反應(yīng)涉及的裝置,下列說法正確的是A.用裝置①制備SO2B.用裝置②檢驗和收集SO2C.用裝置③稀釋反應(yīng)后溶液D.用裝置④測定反應(yīng)后溶液中c(H+)二、非選擇題(共84分)23、(14分)A、B、C、D、E、F為元素周期表中前四周期元素,且原子序數(shù)依次增大,A與其余五種元素既不同周期也不同主族,B的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代,C的氧化物是導(dǎo)致酸雨的主要物質(zhì)之一,D原子核外電子有8種不同的運動狀態(tài),E的基態(tài)原子在前四周期元素的基態(tài)原子中單電子數(shù)最多,F(xiàn)元素的基態(tài)原子最外能層只有一個電子,其他能層均已充滿電子。(1)寫出基態(tài)E原子的價電子排布式_______。(2)A與C可形成CA3分子,該分子中C原子的雜化類型為______,該分子的立體結(jié)構(gòu)為_____;C的單質(zhì)與BD化合物是等電子體,據(jù)等電子體的原理,寫出BD化合物的電子式______;A2D由液態(tài)形成晶體時密度減小,其主要原因是__________(用文字?jǐn)⑹觯#?)已知D、F能形成一種化合物,其晶胞的結(jié)構(gòu)如圖所示,則該化合物的化學(xué)式為___;若相鄰D原子和F原子間的距離為acm,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則該晶體的密度為______g·cm-3(用含a、NA的式子表示)。24、(12分)現(xiàn)有A、B、C、D四種元素,A是第五周期第ⅣA族元素,B是第三周期元素,B、C、D的價電子數(shù)分別為2、2、7。四種元素原子序數(shù)從小到大的順序是B、C、D、A。已知C和D的次外層電子數(shù)均為18個。(1)寫出A、B、C、D的元素符號:A________、B________、C________、D________。(2)C位于元素周期表的________區(qū),C2+的電子排布式______________________________。(3)最高價氧化物對應(yīng)水化物中堿性最強的化合物是________(寫化學(xué)式,下同);最高價氧化物對應(yīng)水化物中酸性最強的化合物是________。(4)元素的第一電離能最小的是________,元素的電負性最大的是________。25、(12分)實驗小組制備高鐵酸鉀(K2FeO4)并探究其性質(zhì)。資料:K2FeO4為紫色固體,微溶于KOH溶液;具有強氧化性,在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2,在堿性溶液中較穩(wěn)定。(1)制備K2FeO4(夾持裝置略)①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應(yīng)方程式是________________(錳被還原為Mn2+)。②將除雜裝置B補充完整并標(biāo)明所用試劑。_______③C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發(fā)生的反應(yīng)有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外還有________________。(2)探究K2FeO4的性質(zhì)①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,產(chǎn)生黃綠色氣體,得溶液a,經(jīng)檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl-而產(chǎn)生Cl2,設(shè)計以下方案:方案Ⅰ取少量a,滴加KSCN溶液至過量,溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體,再用KOH溶液將K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加鹽酸,有Cl2產(chǎn)生。Ⅰ.由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子,但該離子的產(chǎn)生不能判斷一定是K2FeO4將Cl-氧化,還可能由________________產(chǎn)生(用方程式表示)。Ⅱ.方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗滌的目的是________________。②根據(jù)K2FeO4的制備實驗得出:氧化性Cl2________FeO42-(填“>”或“<”),而方案Ⅱ?qū)嶒灡砻鳎珻l2和FeO4③資料表明,酸性溶液中的氧化性FeO42->MnO4-,驗證實驗如下:將溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振蕩后溶液呈淺紫色,該現(xiàn)象能否證明氧化性FeO426、(10分)納米TiO2在涂料、光催化、化妝品等領(lǐng)域有著極其廣泛的應(yīng)用。制備納米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2?xH2O,經(jīng)過濾、水洗除去其中的Cl-,再烘干、焙燒除去水分得到粉體TiO2。用氧化還原滴定法測定TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù):一定條件下,將TiO2溶解并還原為Ti3+,再以KSCN溶液作指示劑,用NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。請回答下列問題:(1)TiCl4水解生成TiO2?xH2O的化學(xué)方程式為______________________________。(2)配制NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液時,加入一定量H2SO4的原因是__________;使用的儀器除天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、量筒外,還需要下圖中的__________(填字母代號)。(3)滴定終點的判定現(xiàn)象是________________________________________。(4)滴定分析時,稱取TiO2(摩爾質(zhì)量為Mg/mol)試樣wg,消耗cmol/LNH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL,則TiO2質(zhì)量分?jǐn)?shù)表達式為______________________________。(5)判斷下列操作對TiO2質(zhì)量分?jǐn)?shù)測定結(jié)果的影響(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。①若在配制標(biāo)準(zhǔn)溶液過程中,燒杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量濺出,使測定結(jié)果__________。②若在滴定終點讀取滴定管刻度時,俯視標(biāo)準(zhǔn)液液面,使測定結(jié)果__________。27、(12分)三草酸合鐵(Ⅲ)酸鉀K3[Fe(C2O4)3]3H2O為綠色晶體,易溶于水,難溶于乙醇、丙酮等有機溶劑。I.三草酸合鐵(Ⅲ)酸鉀晶體的制備①將5g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶體溶于20mL水中,加入5滴6mol·L-1H2SO4酸化,加熱溶解,攪拌下加入25mL飽和H2C2O4溶液,加熱,靜置,待黃色的FeC2O4沉淀完全以后,傾去上層清液,傾析法洗滌沉淀2-3次。②向沉淀中加入10mL飽和草酸鉀溶液,水浴加熱至40℃,用滴管緩慢滴加12mL5%H2O2,邊加邊攪拌并維持在40℃左右,溶液成綠色并有棕色的沉淀生成。③加熱煮沸一段時間后,再分兩批共加入8mL飽和H2C2O4溶液(先加5mL,后慢慢滴加3mL)此時棕色沉淀溶解,變?yōu)榫G色透明溶液。④向濾液中緩慢加入10mL95%的乙醇,這時如果濾液渾濁可微熱使其變清,放置暗處冷卻,結(jié)晶完全后,抽濾,用少量洗滌劑洗滌晶體兩次,抽干,干燥,稱量,計算產(chǎn)率。已知制備過程中涉及的主要反應(yīng)方程式如下:步驟②6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3,步驟③2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O,請回答下列各題:(1)簡述傾析法的適用范圍______________,步驟③加熱煮沸的目的是_______________。(2)下列物質(zhì)中最適合作為晶體洗滌劑的是____________________(填編號)。A.冷水B.丙酮C.95%的乙醇D.無水乙醇(3)有關(guān)抽濾如圖,下列說法正確的是_____________。A.選擇抽濾主要是為了加快過濾速度,得到較干燥的沉淀B.右圖所示的抽濾裝置中,只有一處錯誤,即漏斗頸口斜面沒有對著吸濾瓶的支管口C.抽濾得到的濾液應(yīng)從吸濾瓶的支管口倒出D.抽濾完畢后,應(yīng)先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管,再關(guān)水龍頭,以防倒吸Ⅱ.純度的測定稱取1.000g產(chǎn)品,配制成250mL溶液,移取25.00mL溶液,酸化后用標(biāo)定濃度為0.01000mol·L-1的高錳酸鉀溶液滴定至終點,三次平行實驗平均消耗高錳酸鉀溶液24.00mL。(4)滴定涉及反應(yīng)的離子方程式:___________________________________。(5)計算產(chǎn)品的純度_____________________(用質(zhì)量百分?jǐn)?shù)表示)。(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的相對分子質(zhì)量為491)28、(14分)石油經(jīng)裂化、裂解得到基本化學(xué)原料。以有機物Y為主要原料合成一系列產(chǎn)品的流程如下:已知:R-XR-CNR-COOH(R代表烴基,X代表鹵素原子)請回答下列問題:(1)Y的系統(tǒng)命名是________。B中的官能團名稱是________。(2)反應(yīng)⑦的反應(yīng)類型是________。(3)反應(yīng)①的化學(xué)方程式為__________________。(4)寫出E與足量NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式__________________。(5)Z是B的同分異構(gòu)體,Z既能發(fā)生銀鏡反應(yīng),又能與金屬鈉反應(yīng),Z的結(jié)構(gòu)共有________種(不考慮立體異構(gòu));若Z分子中只有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子,寫出其發(fā)生銀鏡反應(yīng)的化學(xué)方程式________。29、(10分)采用N2O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術(shù),在含能材料、醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣泛應(yīng)用。回答下列問題(1)1840年Devil用干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀,得到N2O5。該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是一種氣體,其分子式為___________。(2)F.Daniels等曾利用測壓法在剛性反應(yīng)器中研究了25℃時N2O5(g)分解反應(yīng):其中NO2二聚為N2O4的反應(yīng)可以迅速達到平衡。體系的總壓強p隨時間t的變化如下表所示(t=∞時,N2O5(g)完全分解):t/min0408016026013001700∞p/kPa35.840.342.5.45.949.261.262.363.1①已知:2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=?4.4kJ·mol?12NO2(g)=N2O4(g)ΔH2=?55.3kJ·mol?1則反應(yīng)N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)的ΔH=_______kJ·mol?1。②研究表明,N2O5(g)分解的反應(yīng)速率。t=62min時,測得體系中pO2=2.9kPa,則此時的=________kPa,v=_______kPa·min?1。③若提高反應(yīng)溫度至35℃,則N2O5(g)完全分解后體系壓強p∞(35℃)____63.1kPa(填“大于”“等于”或“小于”),原因是________。④25℃時N2O4(g)2NO2(g)反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=_______kPa(Kp為以分壓表示的平衡常數(shù),計算結(jié)果保留1位小數(shù))。(3)對于反應(yīng)2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反應(yīng)歷程:第一步N2O5NO2+NO3快速平衡第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反應(yīng)第三步NO+NO3→2NO2快反應(yīng)其中可近似認(rèn)為第二步反應(yīng)不影響第一步的平衡。下列表述正確的是_______(填標(biāo)號)。A.v(第一步的逆反應(yīng))>v(第二步反應(yīng))B.反應(yīng)的中間產(chǎn)物只有NO3C.第二步中NO2與NO3的碰撞僅部分有效D.第三步反應(yīng)活化能較高

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、C【解析】

A、因向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH時,先發(fā)生HCl+NaOH=NaCl+H2O,再發(fā)生Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,生成沉淀與沉淀溶解消耗的堿的物質(zhì)的量之比為3:1,圖象與發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)不符,A錯誤;B、向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2,發(fā)生2SO42-+NH4++Al3++2Ba2++4OH-=NH3·H2O+2BaSO4↓+Al(OH)3↓,再發(fā)生Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,最終沉淀不能完全消失,B錯誤;C、因向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2,先發(fā)生Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O,再發(fā)生CO2+NaOH=NaHCO3,最后發(fā)生CaCO3↓+H2O+CO2=Ca(HCO3)2,圖象與反應(yīng)符合,C正確;D、向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀HCl,先發(fā)生HCl+NaOH=NaCl+H2O,再發(fā)生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,最后發(fā)生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,未生成氣體時消耗的酸與生成氣體時消耗的酸的物質(zhì)的量應(yīng)大于1:1,而圖象中為1:1,則圖象與發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)不符,D錯誤。答案選C。【點睛】本題考查化學(xué)反應(yīng)與圖象,題目難度較大,明確圖象中坐標(biāo)、點、線、面的意義及發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)尤其是反應(yīng)的先后順序是解答本題的關(guān)鍵,并注意結(jié)合反應(yīng)中量的關(guān)系來解答,注意氫氧化鋁兩性的特點。2、A【解析】

NaHSO3溶液呈酸性,說明元硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度,將0.1mol/L亞硫酸與0.1mol/LNaOH溶液等體積混合,恰好反應(yīng)生成0.05mol/LNaHSO3溶液,據(jù)此分析解答。【詳解】A.NaHSO3溶液呈酸性,說明亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度,則0.05mol/LNaHSO3溶液中存在c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3),故A錯誤;B.根據(jù)物料守恒,0.05mol/LNaHSO3溶液中存在c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3),故B正確;C.根據(jù)B的分析,c(HSO3-)+c(H2SO3)+c(SO32-)=c(Na+)=0.05mol/L,故C正確;D.根據(jù)電荷守恒,0.05mol/LNaHSO3溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-),則c(Na+)+c(H+)>c(HSO3-)+c(SO32-)+c(OH-),故D正確;答案選A。【點睛】正確理解“NaHSO3溶液呈酸性”的含義是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點為D,要注意區(qū)分電荷守恒和物料守恒中c(SO32-)前的系數(shù)的含義。3、C【解析】本題考查電離、強弱電解質(zhì)等知識。解析:氯化鈉水溶液在水的作用下電離出Na+和Cl-,A錯誤;二氧化碳溶于水,與水反應(yīng)生成碳酸,碳酸能部分電離,碳酸屬于弱電解質(zhì),二氧化碳屬于非電解質(zhì),B錯誤;硫酸鋇難溶于水,但溶于水的硫酸鋇完全電離,硫酸鋇屬于強電解質(zhì),C正確;氧化鈉為氧化物,不能拆寫,反應(yīng)的離子方程式為:2Na2O+2H2O=4Na++4OH-,D錯誤。4、D【解析】

A.葡萄糖溶液與新制的Cu(OH)2懸濁液混合加熱,產(chǎn)生紅色沉淀,A錯誤;B.木板上涂抹濃硫酸,由于濃硫酸具有脫水性而使其變黑,B錯誤;C.淀粉溶液中加入碘酒變藍色,C錯誤;D.苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,苯加入到酸性高錳酸鉀溶液中沒有顏色變化,D正確。答案選D。5、C【解析】

A.根據(jù)與稀鹽酸產(chǎn)生的無色氣體能使澄清石灰水變渾濁,判斷溶液所含離子;B.硫酸鋇和氯化銀均為不溶于酸的白色沉淀;C.根據(jù)銨根離子的檢驗方法進行判斷;D.利用難溶的碳酸鹽的性質(zhì)進行分析。【詳解】A.與稀鹽酸產(chǎn)生的無色氣體能使澄清石灰水變渾濁,可以是HCO3-、CO32-、SO32-、HSO3-等,不能證明一定是CO32-,A項錯誤;B.當(dāng)溶液中含Ag+時,加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生,再加鹽酸,沉淀不消失,因而不一定有SO42-,也可能含有Ag+,B項錯誤;C.檢驗NH4+的正確方法是加入氫氧化鈉溶液并加熱,會產(chǎn)生氨氣,氨氣能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍,C項正確;D.加入碳酸鈉溶液產(chǎn)生白色沉淀,再加鹽酸白色沉淀消失,溶液中可能含有Ca2+或者Ba2+,D項錯誤;答案選D。【點睛】常用檢驗離子的方法是氣體法還是沉淀法,掌握檢驗物質(zhì)的方法是解答本題的關(guān)鍵。6、A【解析】

A、物質(zhì)的能量越低越穩(wěn)定,易圖象數(shù)據(jù)分析,化合物的熱穩(wěn)定性順序為:MgF2>MgCl2>MgBr2>MgI2,選項A正確;B、依據(jù)圖象Mg(s)+F2(l)=MgF2(s)△H=-1124kJ/mol,但沒有說明標(biāo)準(zhǔn)狀況下,22.4LF2(g)不一定為1mol,選項B錯誤;C、工業(yè)上可由電解熔融的MgCl2冶煉金屬Mg,電解MgCl2溶液無法得到金屬Mg,選項C錯誤;D、依據(jù)圖象Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)△H=-641kJ/mol,Mg(s)+Br2(g)=MgBr2(s)△H=-524kJ/mol,將第一個方程式減去第二方程式得MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(g)△H=-117kJ?mol-1,則MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(l)?H<-117kJ/mol,選項D錯誤;答案選A。7、D【解析】試題分析:A.乙醇和乙醛都容易溶于水,不能通過加水、分液的方法除去雜質(zhì),錯誤;B.乙醇與乙酸反應(yīng)產(chǎn)生乙酸乙酯的反應(yīng)比較緩慢,而且該反應(yīng)是可逆反應(yīng),反應(yīng)物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物,錯誤;C.乙烯和乙炔都可以被氧化產(chǎn)生CO2,所以不能通過盛KMnO4溶液的洗氣瓶洗氣除雜,錯誤;D.苯酚與NaOH發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生的苯酚鈉容易溶于水,而苯與水互不相溶,所以可通過加足量NaOH溶液,振蕩靜置后分液除去苯中的苯酚,正確。考點:考查除雜試劑及操作正誤判斷的知識。8、A【解析】

A.乙烷在常溫下是氣體,A正確;B.乙醇在常溫下是液體,B錯誤;C.乙酸在常溫下是液體,C錯誤;D.苯酚在常溫下是固體,D錯誤;故合理選項為A。9、B【解析】

A.油脂的硬化是不飽和高級脂肪酸甘油酯與氫氣在一定條件下發(fā)生加成反應(yīng)變成飽和高級脂肪酸甘油酯的過程,屬于加成反應(yīng)或還原反應(yīng),故A錯誤;B.滌綸、尼龍、環(huán)氧樹脂、酚醛樹脂等都屬于合成高分子化合物,都是通過縮聚反應(yīng)制得的,故B正確;C.蛋白質(zhì)受某些理化因素的影響,其空間結(jié)構(gòu)發(fā)生變化,引起理化性質(zhì)和生物活性的變化,稱為蛋白質(zhì)的變性,故C錯誤;D.蔗糖的水解產(chǎn)物是葡萄糖和果糖,麥芽糖的水解產(chǎn)物只有葡萄糖,故D錯誤;答案選B。10、B【解析】

A、因分散質(zhì)粒子直徑在1nm-100nm之間的分散系稱為膠體,故A正確;B、在溶液或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔镏胁灰欢ù嬖陔x子鍵,如氯化氫,故B錯誤;C、液態(tài)氯化氫、熔融氧化鋁、固體硫酸鋇在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電都是電解質(zhì),故C正確;D、一氧化碳不是酸性氧化物,三氧化二鋁能與氫氧化鈉溶液反應(yīng),故D正確;故選B。11、C【解析】試題分析:A.試管可用作反應(yīng)容器,A錯誤;B.錐形瓶可用作反應(yīng)容器,B錯誤;C.容量瓶只可以用于配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液,C正確;D.燒杯可用作反應(yīng)容器,D錯誤,答案選C。考點:考查化學(xué)儀器的使用12、B【解析】

A.A物質(zhì)與D物質(zhì)所含的官能團不同,不可能互為同系物,A不正確;B.若苯環(huán)中存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵交替的結(jié)構(gòu),則鄰二甲苯必定有2種結(jié)構(gòu)。因此,鄰二甲苯只有一種結(jié)構(gòu),能證明苯環(huán)中不存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵交替的結(jié)構(gòu),B正確;C.B物質(zhì)不可能是由的1mol苯與3mol氯氣在光照的條件下發(fā)生取代反應(yīng)而制備得到,即使氯氣和苯完全參加反應(yīng),也只能有一半的Cl原子取代H原子,因為取代反應(yīng)還要生成HCl,C不正確;D.C物質(zhì)分子式為C10H8,比苯分子多C4H2,故其不是苯的同系物,其一溴代物有2種同分異構(gòu)體,二溴代物有10種同分異構(gòu)體,D不正確。綜上所述,本題選B。13、B【解析】

制備的氯氣中含有氯化氫和水蒸氣,先用飽和食鹽水除去氯化氫,然后用濃硫酸除去水蒸氣,干燥的氯氣通入玻璃管中和鐵反應(yīng)生成無水氯化鐵,最后吸收尾氣中未反應(yīng)的氯氣,防止污染空氣,洗氣裝置導(dǎo)氣管長進短處,導(dǎo)氣管口連接順序為:a-e-d-c-b-h-i-g,故選B。考點:考查了化學(xué)實驗的基本操作、儀器的連接順序的相關(guān)知識。14、D【解析】

A.油脂在酸性條件下水解可得到丙三醇和高級脂肪酸,A正確;B.淀粉遇到碘,顯藍色,可用碘檢驗淀粉水解是否完全,B正確;C.蛋白質(zhì)水解的最終產(chǎn)物均為氨基酸,C正確;D.纖維素水解與淀粉水解得到的最終產(chǎn)物均為葡萄糖,D錯誤;答案為D15、D【解析】由題意,燒酒的制造工藝?yán)昧苏麴s的方法,蒸餾是分離沸點不同的液體混合物的方法。A項,甲苯和水互不相溶,可用分液的方法分離,故A錯誤;B項,硝酸鉀和氯化鈉的溶解度不同,硝酸鉀溶解度受溫度影響變化大,氯化鈉溶解度受溫度影響變化不大,可用降溫結(jié)晶和重結(jié)晶的方法分離,故B錯誤;C項,泥沙不溶于水,可用過濾的方法分離食鹽水和泥沙,故C錯誤;D項,苯和溴苯互相溶解,且沸點不同,可用蒸餾的方法分離,故D正確。16、B【解析】

A項,鍵長是指兩個成鍵原子核之間的平均核間距離,故A項錯誤;B項,鍵能越大說明破壞鍵所需要的能量越大,相應(yīng)的物質(zhì)分子就越穩(wěn)定,故B項正確;C項,含有極性鍵的分子不一定是極性分子,比如CH4,含有C-H極性鍵,但是CH4是正四面體結(jié)構(gòu),為非極性分子,故C項錯誤;D項,鍵能越大,說明破壞鍵需要的能量越大,表示該分子穩(wěn)定,不易受熱分解,故D項錯誤。綜上所述,本題正確答案為B。17、A【解析】分析:醋酸中水電離出的氫離子濃度等于溶液中的氫氧根離子濃度,硫酸鋁溶液中水電離出的氫離子濃度等于溶液中氫離子的濃度;水的離子積常數(shù)與溫度有關(guān),溫度越大,離子積常數(shù)越大;弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān),溫度不變,電離平衡常數(shù)不變。詳解:A、醋酸中水電離出的氫離子濃度等于溶液中的氫氧根離子濃度為10-11mol/L,硫酸鋁溶液中水電離出的氫離子濃度等于溶液中氫離子的濃度為10-3mol/L,10-11:10-3=1:108,故A正確;

B、升高溫度,水的離子積KW增大,故B錯誤;

C、溫度未知,無法判斷溶液的酸堿性,故C錯誤;

D、室溫下,將pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合,堿過量,溶液呈堿性,故D錯誤;

故選A。18、D【解析】

X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,且均存在最高價氧化物對應(yīng)的水化物,故排除氧元素和氟元素,又因為其中X、Y、W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物與Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物均能發(fā)生反應(yīng),可推知X為碳元素,Y為氮元素,W為鋁元素,Z為鈉元素。【詳解】A.具有相同電子層結(jié)構(gòu)的微粒,核電荷數(shù)越大,半徑越小,則簡單離子半徑大小關(guān)系為:Y>Z>W,故A正確;B.X與Y可以存在于同一離子化合物中,如碳酸銨和碳酸氫銨,故B正確;C.Z、W氧化物均是離子晶體,氧化鋁的晶格能更大,故熔點高低:Z<W,故C正確;D.X與氫元素形成的化合物包括所有烴類物質(zhì),如苯既含極性鍵又含非極性鍵,故D錯誤;答案選D。【點睛】注意碳與氫元素形成的化合物包括所有烴類物質(zhì)!19、D【解析】

設(shè)生成氫氣6mol,根據(jù)2-OH~2Na~H2↑可知參加反應(yīng)的羥基均為12mol,三種醇的物質(zhì)的量之比為3:6:2,故A、B、C三種分子里羥基數(shù)目之比為=2:1:3,故答案為D。20、C【解析】

加HCl有氣體說明有CO32-或SO32-,或兩者都有,生成的氣體是二氧化碳或二氧化硫,或兩者都有,一定不存在和碳酸根或亞硫酸根離子不共存的離子,所以不存在Mg2+、Al3+離子,加鹽酸有沉淀,說明一定有SiO32-離子,硅酸是沉淀,加入過量氨水(提供OH-)有沉淀生成,只能是氫氧化鋁沉淀,說明此時溶液中存在鋁離子,但是原來溶液中的鋁離子一定不能存在,所以該鋁離子是偏鋁酸根離子和鹽酸反應(yīng)生成的,所以,一定存在AlO2-離子,要保證溶液電中性,只有K+這一種陽離子,所以一定存在K+離子,A.加HCl有氣體說明有CO32-或SO32-,生成的氣體是二氧化碳或二氧化硫或兩者的混合氣體,則氣體甲不一定是純凈物,故A錯誤;B.由于加入的鹽酸過量,生成的沉淀甲為硅酸,不會含有硅酸鎂,故B錯誤;C.溶液中一定含有K+、AlO2-和SiO32-,故C正確;D.硫酸根離子是否存在不能確定,CO32-可能存在,故D錯誤;故選:C。21、A【解析】

A.硫離子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p6,A正確;B.N2的結(jié)構(gòu)式為N≡N,B錯誤;C.NaCl是離子化合物,電子式為,C錯誤;D.CO2是直線形分子,該模型不能表示二氧化碳,D錯誤。答案選A。22、C【解析】

A.Cu和濃硫酸反應(yīng)生成SO2需要加熱,A錯誤;B.檢驗SO2可用品紅溶液,但收集SO2用向上排空氣法時導(dǎo)管要長進短出,B錯誤;C.反應(yīng)后溶液仍含有較高濃硫酸的硫酸,稀釋時宜采用和濃硫酸稀釋一樣的方法,即向水中倒入應(yīng)后的溶液并攪拌,C正確;D.NaOH溶液為堿性溶液,應(yīng)盛放在堿式滴定管中,不能用酸式滴定管盛放,D錯誤;答案為C。二、非選擇題(共84分)23、3d54s1sp3雜化三角錐形:C??O:水形成晶體時,每個水分子與4個水分子形成氫鍵,構(gòu)成空間正四面體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu),水分子空間利用率低,密度減小Cu2O【解析】

B的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代,則B為C元素;D原子核外電子有8種不同的運動狀態(tài),則D原子核外有8個電子,則D為O元素;C的氧化物是導(dǎo)致酸雨的主要物質(zhì)之一,且C的原子序數(shù)比O小,則C為N元素;E的基態(tài)原子在前四周期元素的基態(tài)原子中單電子數(shù)最多,則E的基態(tài)原子核外電子排布式為:1s22s22p63s23p63d54s1,則E為24號元素Cr;F位于前四周期、原子序數(shù)比E大且其基態(tài)原子最外能層只有一個電子,其他能層均已充滿電子,則F的基態(tài)原子核外電子排布式為:1s22s22p63s23p63d104s1,則F為29號元素Cu;A與其余五種元素既不同周期也不同主族,且能與C形成CA3分子,則A為H;綜上所述,A、B、C、D、E、F分別為:H、C、N、O、Cr、Cu,據(jù)此解答。【詳解】(1)E為Cr,其基態(tài)原子核外電子排布式為:1s22s22p63s23p63d54s1,則其價電子排布式為:3d54s1,故答案為:3d54s1;(2)A為H,C為N,NH3分子中,中心N原子的σ鍵數(shù)=3,孤電子對數(shù)==1,則價層電子對數(shù)=3+1=4,則中心N原子的雜化類型為sp3雜化,有一對孤電子,則其空間構(gòu)型為三角錐形。N2的電子式為:N??N:,CO和N2互為等電子體,則CO的電子式為:C??O:。水形成晶體(冰)時,每個水分子與4個水分子形成氫鍵,構(gòu)成空間正四面體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu),水分子空間利用率降低,導(dǎo)致密度減小,故答案為:sp3雜化;三角錐形;:C??O:;水形成晶體時,每個水分子與4個水分子形成氫鍵,構(gòu)成空間正四面體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu),水分子空間利用率低,密度減小;(3)D原子即O原子,F(xiàn)原子即Cu原子,由均攤法可知,1個晶胞中O原子個數(shù)==2,Cu原子個數(shù)=4,該化合物中Cu原子和O原子個數(shù)比=4:2=2:1,則該化合物的化學(xué)式為Cu2O,那么,1個晶胞的質(zhì)量=。設(shè)晶胞常數(shù)為b,Cu原子和O原子之間的距離為acm,則體對角線=4acm,則=4a,可得:b=cm,所以,1個晶胞的體積=b3=()3cm3,該晶體的密度=,故答案為:Cu2O;。【點睛】Cu和O之間的距離=體對角線的四分之一。24、SnMgZnBrds1s22s22p63s23p63d10Mg(OH)2HBrO4MgBr【解析】

現(xiàn)有A、B、C、D四種元素,A是第五周期第ⅣA族元素,則A為Sn元素;B是第三周期元素,B、C、D的價電子數(shù)分別為2、2、7,則B為Mg元素。四種元素原子序數(shù)從小到大的順序是B、C、D、A。已知C和D的次外層電子數(shù)均為18個,則C和D均為第4周期的元素,分別是Zn和Br元素。【詳解】(1)A、B、C、D的元素符號分別為Sn、Mg、Zn、Br。(2)C是Zn,其價電子排布式為3d104s2,故其位于元素周期表的ds區(qū),C2+為Zn失去最外層的2個電子形成的,故其電子排布式為1s22s22p63s23p63d10。(3)5種元素中,Mg的金屬性最強,Br的非金屬性最強,故最高價氧化物對應(yīng)水化物中堿性最強的化合物是Mg(OH)2,最高價氧化物對應(yīng)水化物中酸性最強的化合物是HBrO4。(4)元素的第一電離能最小的是金屬性最強的Mg,元素的電負性最大的是非金屬性最強的Br。25、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH?Cl?+ClO?+H2OFe3+4FeO42?+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO?的干擾>溶液的酸堿性不同若能,理由:FeO42?在過量酸的作用下完全轉(zhuǎn)化為Fe3+和O2,溶液淺紫色一定是MnO4?的顏色(若不能,方案:向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4,觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色)【解析】分析:(1)KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)制Cl2;由于鹽酸具有揮發(fā)性,所得Cl2中混有HCl和H2O(g),HCl會消耗Fe(OH)3、KOH,用飽和食鹽水除去HCl;Cl2與Fe(OH)3、KOH反應(yīng)制備K2FeO4;最后用NaOH溶液吸收多余Cl2,防止污染大氣。(2)①根據(jù)制備反應(yīng),C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl,Cl2還會與KOH反應(yīng)生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液,溶液變紅說明a中含F(xiàn)e3+。根據(jù)題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2,自身被還原成Fe3+。II.產(chǎn)生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O,即KClO的存在干擾判斷;K2FeO4微溶于KOH溶液,用KOH洗滌除去KClO、排除ClO-的干擾,同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在。②根據(jù)同一反應(yīng)中,氧化性:氧化劑>氧化產(chǎn)物。對比兩個反應(yīng)的異同,制備反應(yīng)在堿性條件下,方案II在酸性條件下,說明酸堿性的不同影響氧化性的強弱。③判斷的依據(jù)是否排除FeO42-的顏色對實驗結(jié)論的干擾。詳解:(1)①A為氯氣發(fā)生裝置,KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)時,錳被還原為Mn2+,濃鹽酸被氧化成Cl2,KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O,根據(jù)得失電子守恒和原子守恒,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2KMnO4+16HCl(濃)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,離子方程式為2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于鹽酸具有揮發(fā)性,所得Cl2中混有HCl和H2O(g),HCl會消耗Fe(OH)3、KOH,用飽和食鹽水除去HCl,除雜裝置B為。③C中Cl2發(fā)生的反應(yīng)有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,還有Cl2與KOH的反應(yīng),Cl2與KOH反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O,反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。(2)①根據(jù)上述制備反應(yīng),C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl,還可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液,溶液變紅說明a中含F(xiàn)e3+。但Fe3+的產(chǎn)生不能判斷K2FeO4與Cl-發(fā)生了反應(yīng),根據(jù)題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2,自身被還原成Fe3+,根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒,可能的反應(yīng)為4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。ii.產(chǎn)生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O,即KClO的存在干擾判斷;K2FeO4微溶于KOH溶液,用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO-的干擾,同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在。②制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,在該反應(yīng)中Cl元素的化合價由0價降至-1價,Cl2是氧化劑,F(xiàn)e元素的化合價由+3價升至+6價,F(xiàn)e(OH)3是還原劑,K2FeO4為氧化產(chǎn)物,根據(jù)同一反應(yīng)中,氧化性:氧化劑>氧化產(chǎn)物,得出氧化性Cl2>FeO42-;方案II的反應(yīng)為2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O,實驗表明,Cl2和FeO42-氧化性強弱關(guān)系相反;對比兩個反應(yīng)的條件,制備K2FeO4在堿性條件下,方案II在酸性條件下;說明溶液的酸堿性的不同影響物質(zhì)氧化性的強弱。③該小題為開放性試題。若能,根據(jù)題意K2FeO4在足量H2SO4溶液中會轉(zhuǎn)化為Fe3+和O2,最后溶液中不存在FeO42-,溶液振蕩后呈淺紫色一定是MnO4-的顏色,說明FeO42-將Mn2+氧化成MnO4-,所以該實驗方案能證明氧化性FeO42->MnO4-。(或不能,因為溶液b呈紫色,溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中,c(FeO42-)變小,溶液的紫色也會變淺;則設(shè)計一個空白對比的實驗方案,方案為:向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4,觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色)。點睛:本題考查K2FeO4的制備和K2FeO4的性質(zhì)探究。與氣體有關(guān)的制備實驗裝置的連接順序一般為:氣體發(fā)生裝置→除雜凈化裝置→制備實驗裝置→尾氣吸收。進行物質(zhì)性質(zhì)實驗探究是要排除其他物質(zhì)的干擾。尤其注意最后一空為開放性答案,要注重多角度思考。26、TiCl4+(2+x)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl抑制NH4Fe(SO4)2水解AC溶液變成紅色(或)偏高偏低【解析】

(1)根據(jù)原子守恒可知TiCl4水解生成TiO2?xH2O的化學(xué)方程式為TiCl4+(2+x)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl;(2)NH4+水解:NH4++H2ONH3·H2O+H+,F(xiàn)e3+水解:Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,因此加入硫酸的目的是抑制NH4Fe(SO4)2的水解;根據(jù)一定物質(zhì)的量濃度溶液配制過程可知配制NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液時使用的儀器除天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、量筒外,還需要用到容量瓶和膠頭滴管,即AC正確;(3)根據(jù)要求是Fe3+把Ti3+氧化成Ti4+,本身被還原成Fe2+,因此滴定終點的現(xiàn)象是溶液變?yōu)榧t色;(4)根據(jù)得失電子數(shù)目守恒可知n(Ti3+)×1=n[NH4Fe(SO4)2]×1=0.001cVmol,根據(jù)原子守恒可知n(TiO2)=n(Ti3+)=0.001cVmol,所以TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為;(5)①若在配制標(biāo)準(zhǔn)溶液過程中,燒杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量濺出,造成所配溶液的濃度偏低,在滴定實驗中,消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積增大,因此所測質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏高;②滴定終點時,俯視刻度線,讀出的標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏小,因此所測質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低。27、晶體顆粒較大,易沉降除去多余的雙氧水,提高草酸的利用率CA、D98.20%【解析】

(1)

傾析法的適用范圍適用分離晶體顆粒較大、易沉降到容器底部的沉淀,這樣減少過濾的時間和操作,比較簡單;對步驟②中的溶液經(jīng)過加熱煮沸再進行下一步操作,是由于步驟②溶液中存在過量的過氧化氫,過氧化氫具有一定的氧化性,會和③中加入的草酸發(fā)生反應(yīng),所以加熱煮沸的目的是除去過量的雙氧水,提高飽和H2C2O4溶液的利用率;(2)因為產(chǎn)品不溶于乙醇,而選擇95%的乙醇經(jīng)濟成本最低,故選C。(3)該抽濾裝置的操作原理為:打開最右側(cè)水龍頭,流體流速增大,壓強減小,會導(dǎo)致整個裝置中壓強減小,使布氏漏斗內(nèi)外存在壓強差,加快過濾時水流下的速度,A.選擇抽濾主要是為了加快過濾速度,得到較干燥的沉淀,A正確;B.圖示的抽濾裝置中,除漏斗頸口斜面沒有對著吸濾瓶的支管口外,中間瓶中的導(dǎo)管也沒有“短進短出”,B錯誤;C.抽濾得到的濾液應(yīng)從瓶口倒出,不能從支管口倒出,C錯誤;D.抽濾完畢后,應(yīng)先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管,再關(guān)水龍頭,以防倒吸,D正確

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