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汇文中学2024年高三下第一次测试化学试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、已知:25℃时,Ka(HA)>Ka(HB)。该温度下,用0.100mol/L盐酸分别滴定浓度均为0.100mol/L的NaA溶液和NaB溶液,混合溶液的pH与所加盐酸体积(V)的关系如右图所示。下列说法正确的是A.滴定前NaA溶液与NaB溶液的体积相同B.25℃时,Ka(HA)的数量级为l0-11C.当pH均为6时,两溶液中水的电离程度相同D.P点对应的两溶液中c(A-)+c(HA)<c(B-)+c(HB)2、雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子:Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42-、NO3-、Cl-。某同学收集了该地区的雾霾,经必要的预处理后试样溶液,设计并完成了如下的实验:已知:3NO3-+8Al+5OH-+2H2O3NH3+8AlO2-根据以上的实验操作与现象,该同学得出的结论不正确的是A.试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-B.试样中一定不含Al3+C.试样中可能存在Na+、Cl-D.该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO43、利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯,进行水体修复的过程如图所示。H+,O2,NO3-等共存物的存在会影响水体修复效果,定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt,其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法错误的是()A.反应①②③④均在正极发生B.单位时间内,三氯乙烯脱去amolCl时ne=amolC.④的电极反应式为NO3-+10H++8e-=NH4++3H2OD.增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量,可使nt增大4、常温下,某H2CO3溶液的pH约为5.5,c(CO32-)约为5×10-11mol•L-1,该溶液中浓度最小的离子是()A.CO32- B.HCO3- C.H+ D.OH-5、CH2=CH-CH=CH2通过一步反应不能得到的物质是A. B.C. D.CO26、下列化学式既能表示物质的组成,又能表示物质的一个分子的是A.NaOH B.SiO2 C.Fe D.CO27、下列溶液中的粒子浓度关系正确的是()A.0.1mol⋅B.1L0.1C.等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中:cD.室温下,pH=3.5的柑橘汁中cH+是pH8、用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A.4.6gNa与含0.1molHCl的稀盐酸充分反应,转移电子数目为0.1NAB.25℃时,pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NAC.常温下,14克C2H4和C3H6混合气体所含的原子数为3NAD.等质量的1H218O与D216O,所含中子数前者大9、将0.03molCl2缓缓通入含0.02molH2SO3和0.02molHI的混合溶液中,在此过程中溶液中的c(H+)与Cl2用量的关系示意图正确的是(溶液的体积视为不变)A. B. C. D.10、利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响,可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图,闭合开关K之前,两个Cu电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是A.循环物质E为水B.乙池中Cu电极为阴极,发生还原反应C.甲池中的电极反应式为Cu2++2e-=CuD.若外电路中通过1mol电子,两电极的质量差为64g11、某温度下,向10mL0.1mol·L-lNaCl溶液和10mL0.1mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L-lAgNO3溶液。滴加过程中pM[-lgc(Cl-)或-lgc(CrO42-)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法错误的是A.该温度下,Ksp(Ag2CrO4)=4×10-12B.al、b、c三点所示溶液中c(Ag+):al>b>cC.若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L-1,则a1点会平移至a2点D.用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时,可用K2CrO4溶液作指示剂12、某有机物的结构为,下列说法正确的是()A.1mol该有机物最多可以与7molH2发生加成反应B.该有机物可以发生取代、加成、氧化、水解等反应C.0.1mol该有机物与足量金属钠反应最多可以生成3.36LH2D.与该有机物具有相同官能团的同分异构体共有8种(不考虑立体异构)13、下表中实验“操作或现象”以及“所得结论”都正确且两者具有推导关系的是操作或现象所得结论A向纯碱中滴加足量浓盐酸,将产生的气体通入苯酚钠溶液,溶液变浑浊酸性:盐酸>碳酸>苯酚B取酸性KMnO4溶液少量,加入足量H2O2溶液,溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡氧化性:KMnO4>H2O2C用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒高浓度酒精能让蛋白质变性更快D向装有适量淀粉水解液试管中加入新制的银氨溶液,然后水浴加热一段时间,试管内壁无任何现象淀粉未水解A.A B.B C.C D.D14、A、B、C、D、E五种短周期主族元素,原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等;B的单质分子中有三对共用电子;C、D同主族,且核电荷数之比为1:2。下列有关说法不正确的是()A.C、D、E的简单离子半径:D>E>CB.A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子C.由A、B、C三种元素形成的化合物均能促进水的电离D.分子D2E2中原子均满足8电子稳定结构,则分子中存在非极性键15、下列物质分类正确的是A.SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物 B.多肽、油脂、淀粉均为酯类C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质 D.福尔马林、漂粉精、氨水均为混合物16、下列各选项所描述的两个量,前者一定小于后者的是()A.纯水在25℃和80℃时的pH值B.1L0.1mol/L的盐酸和硫酸溶液,中和相同浓度的NaOH溶液的体积C.25℃时,pH=3的AlCl3和盐酸溶液中,水电离的氢离子的浓度D.1LpH=2的醋酸和盐酸溶液中,分别投入足量锌粒,放出H2的物质的量17、在pH=1的含有Mg2+、Fe2+、Al3+三种阳离子的溶液中,可能存在的阴离子是()①Cl-②NO3—③SO42—④S2-A.①② B.②③ C.③④ D.①③18、将100mL1L•mol-1的NaHCO3溶液分为两份,其中一份加入少许冰醋酸,另外一份加入少许Ba(OH)2固体,忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO32-)的变化分别是()A.减小、减小 B.增大、减小 C.增大、增大 D.减小、增大19、下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验,能达到实验目的的是A.用装置甲制取氯气B.用装置乙除去氯气中的少量氯化氢C.用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D.用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O20、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.密闭容器中,1molN2和3molH2催化反应后分子总数为2NAB.100g98%的浓H2SO4与过量的Cu反应后,电子转移数为NAC.标准状况下,11.2L氧气和二氧化碳混合物中含氧原子数目为NAD.1L1mol/LNa2CO3溶液中所含阴离子数目小于NA21、已知酸性溶液中还原性的顺序为SO32->I->Fe2+>Br->Cl-,下列反应不能发生的是A.2Fe3++SO32-+H2O→2Fe2++SO42-+2H+ B.I2+SO32-+H2O→SO42-+2I-+2H+C.2Fe2++I2→2Fe3++2I- D.Br2+SO32-+H2O→SO42-+2Br-+2H+22、下列说法正确的是A.氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B.反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行,该反应为吸热反应C.3molH2与1molN2混合反应生成NH3,转移电子的数目小于6×6.02×1023D.在酶催化淀粉水解反应中,温度越高淀粉水解速率越快二、非选择题(共84分)23、(14分)某有机物A(C4H6O5)广泛存在于许多水果内,尤以苹果、葡萄、西瓜、山楂内为多,是一种常用的食品添加剂。该化合物具有如下性质:(i)在25℃时,电离平衡常数K=3.9×10-4,K2=5.5×10-6(ii)A+RCOOH(或ROH)有香味的产物(iii)1molA慢慢产生1.5mol气体(iv)核磁共振氢谱说明A分子中有5种不同化学环境的氢原子与A相关的反应框图如下:(1)依照化合物A的性质,对A的结构可作出的判断是___。a.确信有碳碳双键b.有两个羧基c.确信有羟基d.有-COOR官能团(2)写出A、F的结构简式:A:__、F:__。(3)写出A→B、B→E的反应类型:A→B___、B→E__。(4)写出以下反应的反应条件:E→F第①步反应__。(5)在催化剂作用下,B与乙二醇可发生缩聚反应,生成的高分子化合物用于制造玻璃钢。写出该反应的化学方程式:__。(6)写出与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式:___。24、(12分)W、X、Y、Z均为短周期元素,X、W可形成两种液态化合物甲和乙,其原子个数比分别为1∶1(甲)和2∶1(乙),且分子中电子总数分别为18(甲)和10(乙)。X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙X与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁,丁分子中的电子数为18。X、Y、Z能形成一种离子化合物,其水溶液呈弱酸性。请写出:(1)W的元素符号___,其核外共有___种运动状态不同的电子。(2)甲物质的结构式为___;乙物质的空间构型为___。(3)Z元素核外共有___种能量不同的电子,碱性气体甲的电子式为___。(4)用离子方程式解释X、Y、Z形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因是___。(5)铋元素跟Y元素能形成化合物(BiY3),其水解生成难溶于水的BiOY。①BiY3水解反应的化学方程式为___。②把适量的BiY3溶于含有少量丁的水中,能得到澄清溶液,试分析可能的原因___。③医药上把BiOY叫做“次某酸铋”,分析这种叫法的不合理之处,为什么。___。25、(12分)Na2SO3是一种白色粉末,工业上可用作还原剂、防腐剂等。某化学小组探究不同pH的Na2SO3溶液与同浓度AgNO3溶液反应的产物,进行如下实验。实验Ⅰ配制500mL一定浓度的Na2SO3溶液①溶解:准确称取一定质量的Na2SO3晶体,用煮沸的蒸馏水溶解。蒸馏水需煮沸的原因是____②移液:将上述溶解后的Na2SO3溶液在烧杯中冷却后转入仪器A中,则仪器A为__,同时洗涤____(填仪器名称)2~3次,将洗涤液一并转入仪器A中;③定容:加水至刻度线1~2cm处,改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切,盖好瓶塞,反复上下颠倒,摇匀。实验Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液与pH=4的AgNO3溶液反应的产物查阅资料:i.Ag2SO3为白色固体,不溶于水,溶于过量Na2SO3溶液ii.Ag2O,棕黑色固体,不溶于水,可与浓氨水反应(1)将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中,至产生白色沉淀。假设一:该白色沉淀为Ag2SO3假设二:该白色沉淀为Ag2SO4假设三:该白色沉淀为Ag2SO3和Ag2SO4的混合物①写出假设一的离子方程式____;②提出假设二的可能依据是_____;③验证假设三是否成立的实验操作是____。(2)将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中,开始产生白色沉淀A,然后变成棕黑色物质。为了研究白色固体A的成分,取棕黑色固体进行如下实验:①已知反应(b)的化学方程式为Ag(NH3)2OH+3HCl=AgCl↓+2NH4Cl+H2O,则反应(a)的化学方程式为____;②生成白色沉淀A的反应为非氧化还原反应,则A的主要成分是____(写化学式)。(3)由上述实验可知,盐溶液间的反应存在多样性。经验证,(1)中实验假设一成立,则(2)中实验的产物不同于(1)实验的条件是___。26、(10分)某同学欲用98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)配制成500mL0.5mol/L的稀H2SO4(1)填写下列操作步骤:①所需浓H2SO4的体积为____。②如果实验室有10mL、20mL、50mL量筒,应选用___mL量筒量取。③将量取的浓H2SO4沿玻璃棒慢慢注入盛有约100mL水的___里,并不断搅拌,目的是___。④立即将上述溶液沿玻璃棒注入____中,并用50mL蒸馏水洗涤烧杯2~3次,并将洗涤液注入其中,并不时轻轻振荡。⑤加水至距刻度___处,改用__加水,使溶液的凹液面正好跟刻度相平。盖上瓶塞,上下颠倒数次,摇匀。(2)请指出上述操作中一处明显错误:____。(3)误差分析:(填偏高、偏低、无影响)①操作②中量取时发现量筒不干净,用水洗净后直接量取,所配溶液浓度将___;②问题(2)的错误操作将导致所配制溶液的浓度___;27、(12分)某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O(一水硫酸四氨合铜)和Fe3O4胶体粒子,具体流程如下:已知:①Cu(NH3)42+=Cu2++4NH3②Fe2++2Fe3++8OH−Fe3O4↓+4H2O③[Cu(NH3)4]SO4易溶于水,难溶于乙醇。请回答:(1)滤渣的成分为________。(2)步骤Ⅰ中生成[Cu(NH3)4]SO4·H2O的离子方程式:________。步骤Ⅰ中加入(NH4)2SO4的作用是作为反应物和________。(3)步骤Ⅳ中加入95%乙醇时,缓慢加入的目的是________。(4)下列有关叙述正确的是________。A步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌,有利于提高H2O2的利用率B步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶,得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质C步骤Ⅳ、Ⅴ用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等D步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头,加乙醇溶液浸没沉淀,缓慢流干,重复2~3次(5)步骤Ⅲ中,从滤渣制备Fe3O4胶体粒子需经过一系列操作。即:滤渣中加过量NaOH溶液搅拌溶解→________→过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子。根据下列提供的操作,请在空格处填写正确的操作次序(填写序号)。①氮气氛围下缓慢滴加NaOH溶液,加热溶液②过滤、洗涤③加入过量稀硫酸溶解④加入适量FeSO4固体,搅拌溶解⑤测定Fe3+含量(6)测定一水硫酸四氨合铜晶体产品的纯度,过程如下:取0.5000g试样溶于水,滴加3mol·L−1H2SO4至pH为3~4,加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂,生成的碘用0.1000mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定,重复2~3次,平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。。该试样中一水硫酸四氨合铜的纯度为________。已知:M[Cu(NH3)4SO4·H2O]=246.0g·mol−1;2Cu2++4I−=2CuI+I2,I2+2S2O32-=2I−+S4O62-。28、(14分)氢气是一种清洁能源,氢气的制取与储存是氢能源利用领域的热点。(1)NaBH4是一神重要的储氢载体,能与水反应生成NaBO2,且反应前后B的化合价不变,该反应的化学方程式为_________,反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为___________。(2)H2S热分解可制氢气。反应方程式:2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)△H;在恒容密闭容器中,测得H2S分解的转化率(H2S起始浓度均为cmol/L)如图1所示。图l中曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系,曲线b表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。①△H______0(填“>”“<”或“=”);②若985℃时,反应经tmin达到平衡,此时H2S的转化率为40%,则tmin内反应速率v(H2)=_____(用含c、t的代数式表示);③请说明随温度升高,曲线b向曲线a接近的原因____________。(3)使用石油裂解的副产物CH4可制取H2,某温度下,向体积为2L的密闭容器中充入0.40molCH4(g)和0.60molH2O(g)的浓度随时间的变化如下表所示:①写出此反应的化学方程式_________,此温度下该反应的平衡常数是_________。②3min时改变的反应条件是_________(只填一种条件的改变)。③一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。则P1_________P2填“>”、“<”或“=“)。29、(10分)高炉废渣在循环利用前.需要脱硫(硫元素主要存在形式为S2-,少量为SO32-和SO42-)处理。(1)高温“两段法”氧化脱硫。第一阶段在空气中相关热化学方程式如下:CaS(s)+2O2(g)=CaS04(s)△H=-907.1kJmol-1CaS(s)+3/202(g)=CaO(s)+S02(g)△H=-454.3kJmol-1①第二阶段在惰性气体中,反应CaS(s)+3CaS04(s)=4CaO(s)+4S02(g)的△H=________kJmol-1。②整个过程中,CaS完全转化生成1molS02,转移的电子数为_________mol。③生成的S02用硫酸铜溶液吸收电解氧化,总反应为CuS04+S02+2H20Cu+2H2S04。写出电解时阳极的电极反应式__________。(2)喷吹C02脱硫。用水浸取炉渣,通入适量的C02,将硫元素以含硫气体形式脱去。当C02的流量、温度一定时,渣-水混合液的pH、含碳元素各种微粒(H2C03、HCO3-、CO32-)的分布随喷吹时间变化如图-1和图-2所示。①已知Ksp(CdS)=8.0×l0-27,Ksp(CdCO3)=4.0×l0-12。取渣-水混合液过滤,可用如下试剂和一定浓度盐酸验证滤液中存在SO32-。试剂的添加顺序依次为_____________(填字母)。a.H202b.BaCl2c.CdCO3②H2C03第二步电离的电离常数为Ka2,则pKa2=_____________(填数值,已知pKa2=—lgKa2)。③通入C0215〜30min时,混合液中发生的主要脱硫反应离子方程式为_____________。(3)硫酸工业生产中SO3吸收率与进入吸收塔的硫酸浓度和温度关系如图-3,由图可知吸收SO3所用硫酸的适宜浓度为98.3%,温度_____________,而工业生产中一般采用60℃的可能原因是_____________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、C【解析】

A.由题中信息Ka(HA)>Ka(HB)可知,相同浓度下A-的水解程度小于B-的水解程度,滴定至P点,滴加等体积的盐酸时两溶液的pH相等,则滴定前NaA溶液的体积大于NaB溶液的体积,故A错误;B.25℃时,由题图可知,0.100mol·L-1NaA溶液的pH=11,则Ka(HA)=,故B错误;C.当pH均为6时,溶液中的OH-均由水电离产生且浓度相等,故两溶液中水的电离程度相同,故C正确;D.滴定前NaA溶液的体积大于NaB溶液的体积,根据物料守恒得:c(A-)+c(HA)>c(B-)+c(HB),故D错误。故选C。【点睛】滴定图像的分析:(1)抓反应的“起始”点:判断酸、碱的相对强弱;(2)抓反应“一半”点:判断是哪种溶质的等量混合;(3)抓“恰好”反应点:判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性;(4)抓溶液的“中性”点:判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足;(5)抓反应的“过量”点:判断溶液中的溶质,判断哪种物质过量。2、B【解析】

试样溶液中加入过量Ba(OH)2并加热,生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色,说明气体1是NH3,则试样中含有NH4+;向滤液中通入CO2,得到溶液2、沉淀2,溶液2中加入Al,生成气体2,该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色,说明含有气体2是NH3,根据已知条件知,溶液2中含有NO3-,根据元素守恒知,原溶液中含有NO3-;滤液1中通入CO2,得到沉淀2,向沉淀2中加入酸,沉淀溶解并放出气体,说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐;沉淀1加入酸后,沉淀部分溶解,硫酸钡不溶于酸,说明原来溶液中含有SO42-,能和过量Ba(OH)2反应生成能溶于酸的沉淀,根据离子知,该沉淀为Mg(OH)2,所以溶液中含有Mg

2+,【详解】A、通过以上分析知,试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-,故A正确;B、通过以上分析知,试样中不能确定是否含有Al3+,故B错误;C、通过以上分析知,试样中可能存在Na+、Cl-,要检验是否含有钠离子或氯离子,可以采用焰色反应鉴定钠离子,用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子,故C正确;D、根据以上分析知,试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-,可能存在Na+、Cl-,所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4,故D正确,答案选B。3、B【解析】

A选项,由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知,反应①②③④均为得电子的反应,所以应在正极发生,故A正确;B选项,三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价,乙烯中C原子化合价为-2价,1molC2HCl3转化为1molC2H4时,得到6mol电子,脱去3mol氯原子,所以脱去amolCl时ne=2amol,故B错误;C选项,由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3_+8e_—NH4+,由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应,而不能用H2O和OH_来配平,所以④的电极反应式为NO3_+10H++8e_=NH4++3H2O,故C正确;D选项,增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量,可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积,加快ZVI释放电子的速率,可使nt增大,故D正确;综上所述,答案为B。4、A【解析】

已知常温下某H2CO3溶液的pH约为5.5,则c(OH-)=10-8.5mol/L,H2CO3溶液中存在H2CO3HCO3-+H+,HCO3-CO32-+H+,多元弱酸的第一步电离程度大于第二步电离程度,所以c(HCO3-)>c(CO32-),已知c(CO32-)约为5×10-11mol/L,所以该溶液中浓度最低的离子是CO32-;故选A。5、A【解析】

A.CH2=CH-CH=CH2发生1,4加成生成,所以不能得到该物质,A符合题意;B.CH2=CH-CH=CH2与HCl发生1,4加成生成,B不符合题意;C.CH2=CH-CH=CH2发生加聚反应生成,C不符合题意;D.CH2=CH-CH=CH2燃烧生成CO2,D不符合题意;故合理选项是A。6、D【解析】

A、NaOH是氢氧化钠的化学式,它是由钠离子和氢氧根离子构成的,不能表示物质的一个分子,A不符合题意;B、SiO2只能表示二氧化硅晶体中Si、O原子的个数比为1:2,不能表示物质的一个分子,B不符合题意;C、Fe是铁的化学式,它是由铁原子直接构成的,不能表示物质的一个分子,C不符合题意;D、CO2是二氧化碳的化学式,能表示一个二氧化碳分子,D符合题意;答案选D。【点睛】本题难度不大,掌握化学式的含义、常见物质的粒子构成是正确解题的关键。7、D【解析】

A.NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度,溶液显碱性,则NaHCO3溶液中存在c(Na+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-),故A错误;B.任何电解质溶液中都存在物料守恒和电荷守恒,根据物料守恒得①c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S),根据电荷守恒得②c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-),将①代入②得:c(HS-)+2c(H2S)=c(OH-)-c(H+),故B错误;C.等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中,无法判断电离程度和水解程度,不能判断溶液的酸碱性,即无法比较c(OH-)和c(H+)的大小,溶液中必满足电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)和物料守恒2c(Na+)=c(X-)+c(HX),故C错误;D.pH=3.5的柑橘汁中c(H+)=10-3.5,pH=6.5的牛奶中c(H+)=10-6.5,所以pH=3.5的柑橘汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的1000倍,故D正确;答案选D。8、C【解析】

A.Na既可以和酸反应又可以和碱反应放出氢气,4.6g钠物质量为0,2mol,转移电子数为0.2mol,即0.2NA,故A错;B.pH=13的Ba(OH)2溶液中没有体积,无法计算含有OH-的数目,故B错;C.常温下,C2H4和C3H6混合气体混合气体的最简比为CH2,14克为1mol,所含原子数为3NA,C正确;D.等质量的1H218O与D216O,所含中子数相等,均为NA,故D错。答案为C。9、A【解析】

本题涉及两个反应:Cl2+H2SO3+H2O2HCl+H2SO4,Cl2+2HI2HCl+I2。第一个反应会导致溶液中的c(H+)增大,第二个反应不会使溶液中的c(H+)变化。通过反应I2+H2SO3+H2O2HI+H2SO4知H2SO3的还原性强于HI,所以H2SO3优先被氧化,先发生第一个反应,据此分析。【详解】H2SO3与碘离子都具有还原性,但是H2SO3还原性强于碘离子,通入氯气后,氯气首先氧化H2SO3为H2SO4,H2SO3反应完毕,然后再氧化I-。氯气氧化亚硫酸生成硫酸:Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl0.02mol0.02mol0.02mol0.04molH2SO3为弱酸,生成两种强酸:H2SO4和HCl,c(H+)增大,H2SO3反应完毕,消耗Cl20.02mol,Cl2过量0.01mol,然后再氧化I-:Cl2+2HI=Br2+2HI0.01mol0.02molHI全部被氯气氧化转变为I2和HCl,HCl和HI都是强酸,所以c(H+)不变;答案选A。【点睛】本题以氧化还原反应为切入点,考查考生对氧化还原反应、离子反应、物质还原性强弱等知识的掌握程度,以及分析和解决问题的能力。10、B【解析】

由阴离子SO42-的移动方向可知:右边Cu电极为负极,发生反应:Cu-2e-=Cu2+,Cu电极失去电子,发生氧化反应;左边的电极为正极,发生反应:Cu2++2e-=Cu,当电路中通过1mol电子,左边电极增加32g,右边电极减少32g,两极的质量差变为64g。电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发,分离为CuSO4浓溶液和水后,再返回浓差电池。A.通过上述分析可知循环物质E为水,使稀硫酸铜溶液变为浓硫酸铜溶液,A正确;B.乙池的Cu电极为负极,发生氧化反应,B错误;C.甲池的Cu电极为正极,发生还原反应,电极反应式为Cu2++2e-=Cu,C正确;D.若外电路中通过1mol电子,左边电极增加32g,右边电极减少32g,所以两电极的质量差为64g,D正确;故合理选项是B。11、B【解析】

根据pM=-lgc(Cl-)或pM=-lgc(CrO42-)可知,c(CrO42-)越小,pM越大,根据图像,向10mL0.1mol·L-lNaCl溶液和10mL0.1mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L-lAgNO3溶液。当滴加10mL0.1mol·L-lAgNO3溶液时,氯化钠恰好反应,滴加20mL0.1mol·L-lAgNO3溶液时,K2CrO4恰好反应,因此al所在曲线为氯化钠,b、c所在曲线为K2CrO4,据此分析解答。【详解】A.b点时恰好反应生成Ag2CrO4,-lgc(CrO42-)=4.0,c(CrO42-)=10-4mol·L-l,则c(Ag+)=2×10-4mol·L-l,该温度下,Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)×c2(Ag+)=4×10-12,故A正确;B.al点恰好反应,-lgc(Cl-)=4.9,c(Cl-)=10-4.9mol·L-l,则c(Ag+)=10-4.9mol·L-l,b点c(Ag+)=2×10-4mol·L-l,c点,K2CrO4过量,c(CrO42-)约为原来的,则c(CrO42-)=0.025mol·L-l,则c(Ag+)==×10-5mol·L-l,al、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大,故B错误;C.温度不变,氯化银的溶度积不变,若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L-1,平衡时,-lgc(Cl-)=4.9,但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍,因此a1点会平移至a2点,故C正确;D.根据上述分析,当溶液中同时存在Cl-和CrO42-时,加入硝酸银溶液,Cl-先沉淀,用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时,可用K2CrO4溶液作指示剂,滴定至终点时,会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀,故D正确;答案选B。12、A【解析】

该物质中含有酚羟基、碳碳双键和羧基,具有酚、烯烃、羧酸性质,能发生加成反应、取代反应、显色反应、加聚反应、酯化反应等。【详解】A.苯环和碳碳双键都能和氢气发生加成反应,则1mol该有机物最多可与7molH2发生加成反应,选项A正确;B.该分子不含酯基或卤原子,所以不能发生水解反应,酚羟基和羧基能发生取代反应,苯环及碳碳双键能发生加成反应,碳碳双键和酚羟基能发生氧化反应,选项B错误;C.虽然分子中含有二个酚羟基和一个羧基,但没有说明标准状况下,产生的气体体积无法计算,选项C错误;D.分子中含有戊基-C5H11,戊基有8种,且其他基团在苯环上的位置还有多种,故该有机物具有相同官能团的同分异构体一定超过8种,选项D错误;答案选A。【点睛】本题考查有机物结构和性质,为高频考点,明确官能团及其性质关系是解本题关键,侧重考查烯烃、羧酸和酚的性质,题目难度不大。13、B【解析】

A.由于浓盐酸挥发出HCl,可以使苯酸钠生成苯酚,只能证明盐酸酸性强于碳酸,A错误;B.发生反应:5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑,现象为紫红色褪去,有气泡产生,证明氧化性KMnO4>H2O2,B正确;C.医用消毒酒精中乙醇的浓度(体积分数)通常是75%,乙醇浓度太大,杀菌能力强但渗透性差,95%的酒精溶液会导致病毒表面的蛋白质变性,当病毒退壳后,里面的蛋白质仍然会危害人体健康,所以不能用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒,C错误;D.淀粉水解后溶液显酸性,应在碱性条件下检验,正确的方法是在水解所制得溶液中先加NaOH溶液,再加入新制的银氨溶液,然后水浴加热,D错误;答案选B。14、C【解析】

A、B、C、D、E五种短周期主族元素,原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等,A为氢元素;B的单质分子中有三对共用电子,B为氮元素;C、D同主族,且核电荷数之比为1︰2,C为氧元素,D为硫元素,E为氯元素。【详解】A.C、D、E的简单离子,S2-与Cl-电子层结构相同,O2-少一个电子层,离子半径:S2->Cl->O2-,故A正确;B.A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子N2H4、H2O2、H2S、HCl,故B正确;C.由A、B、C三种元素形成的化合HNO3、HNO2抑制水的电离,故C错误;D.分子D2Cl2中原子均满足8电子稳定结构,则分子中存在非极性键S-S键,故D正确;故选C。【点睛】本题考查元素周期律与元素周期表,解题关键:位置结构性质的相互关系应用,难点B,N2H4、H2O2两种分子也是18电子。15、D【解析】

A.SO2、SiO2均能和碱反应生成盐和水,为酸性氧化物,CO不与酸或水反应,属于不成盐氧化物,故A错误;B.油脂是由高级脂肪酸和甘油形成的酯,多肽是由氨基酸形成的,淀粉属于多糖,故B错误;C.四氯化碳在水溶液中和熔融状态下都不能导电,属于非电解质,故C错误;D.福尔马林是甲醛水溶液,属于混合物;漂粉精主要成分是次氯酸钙,属于混合物;氨水是氨气溶于水形成的溶液,属于混合物;故D正确;答案选D。16、B【解析】

A.水的电离是吸热反应,升高温度促进水电离,所以温度越高水的pH越小,故A错误;B.两者的物质的量浓度和体积都相同,即两者的物质的量相同,而盐酸是一元酸,硫酸是二元酸,所以盐酸中和相同浓度的NaOH溶液的体积更小,故B正确;C.pH=3的盐酸,c(H+)=10-3mol/L,由水电离生成的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L,pH=3氯化铝溶液中c(H+)=10-3mol/L,全部由水电离生成,前者大于后者,故C错误;D.1LpH=2的盐酸和醋酸溶液中,醋酸的物质的量较大投入足量锌粒,醋酸放出H2的物质的量多,故D错误;答案选B。【点睛】本题考查弱电解质的电离,根据温度与弱电解质的电离程度、弱电解质的电离程度与其浓度的关系等知识来解答。17、D【解析】

pH=1的溶液为酸性溶液,因酸性溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+,则H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应不能共存,不可能存在NO3—,H+与S2-结合生成弱电解质氢硫酸、Al3+与S2-在溶液中发生双水解反应水解,不能共存S2-,则②④一定不存在,可能存在①③,故选D。18、D【解析】

将l00ml1mol/L的NaHCO3溶液等分为两份,一份加入少许冰醋酸,发生CH3COOH+HCO3-=H2O+CO2↑+CH3COO-,则溶液中c(CO32-)减小;另外一份加入少许Ba(OH)2固体,发生Ba2++2OH-+2HCO3-=2H2O+BaCO3↓+CO32-,则溶液中c(CO32-)增大;故选D。19、C【解析】

A、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气,A不正确;B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液,且气体是长口进短口出,B不正确;C、二氧化锰不溶于水,因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤,装置丙是过滤装置,C正确;D、锰离子水解,水解吸热,因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O,应该在氯化氢的气氛中进行,D不正确。答案选C。20、C【解析】

A.合成氨的反应为可逆反应,不能进行彻底,故分子总数大于2NA个,故A错误;B.100g98%的浓H2SO4中含有硫酸98g,物质的量为1mol,铜与浓硫酸的反应,2H2SO4(浓)+CuCuSO4+2H2O+SO2↑,随着反应的进行,浓硫酸变成稀硫酸,反应不再进行,所以反应生成的二氧化硫的物质的量小于0.5mol,转移的电子的物质的量小于1mol,故B错误;C.标准状况下,11.2LO2与CO2混合气体的物质的量==0.5mol,混合物中所含氧原子的数目为NA,故C正确;D.碳酸根的水解CO32-+H2OHCO3-+OH-,导致阴离子个数增多,故1L1mol/LNa2CO3溶液中阴离子个数多于NA个,故D错误;故选C。【点睛】本题的易错点为BD,B中要注意稀硫酸与铜不反应,D中要注意根据碳酸根离子的水解方程式分析阴离子数目的变化。21、C【解析】

A、因该反应中S元素的化合价升高,Fe元素的化合价降低,则SO32-为还原剂,还原性强弱为SO32->Fe2+,与已知的还原性强弱一致,能发生,故A不选;B、因该反应中S元素的化合价升高,I元素的化合价降低,则SO32-为还原剂,还原性强弱为SO32->I-,与已知的还原性强弱一致,能发生,故B不选;C、因该反应中Fe元素的化合价升高,I元素的化合价降低,则Fe2+为还原剂,还原性强弱为Fe2+>I-,与已知的还原性强弱不一致,反应不能发生,故C选;D、因该反应中Br元素的化合价降低,S元素的化合价升高,则SO32-为还原剂,还原性强弱为SO32->Br-,与已知的还原性强弱一致,能发生,故D不选。答案选C。22、C【解析】

A项,氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能,理论上能量转化率高达85%~90%,A项错误;B项,反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)的ΔS0,该反应常温下可自发进行,该反应为放热反应,B项错误;C项,N2与H2的反应为可逆反应,3molH2与1molN2混合反应生成NH3,转移电子数小于6mol,转移电子数小于66.021023,C项正确;D项,酶是一类具有催化作用的蛋白质,酶的催化作用具有的特点是:条件温和、不需加热,具有高度的专一性、高效催化作用,温度越高酶会发生变性,催化活性降低,淀粉水解速率减慢,D项错误;答案选C。【点睛】本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。二、非选择题(共84分)23、bcHOOCCH

(OH)CH2COOHHOOC-CC-

COOH消去反应加成反应NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、

加热nHOOCCH=CHCOOH+n

HOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+

(2n-1)

H2O,【解析】

由有机物A的化学式为C4H6O5,根据信息I知A中含有两个羧基,A能和羧酸发生酯化反应生成酯,说明A中含有醇羟基,1molA与足量钠反应生成1.5mol氢气,结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基,核磁共振氢谱表明A分子中有5种不同化学环境的氢原子,则A的结构简式为HOOCCH

(OH)CH2COOH;

M中含有Cl原子,M经过反应①然后酸化得到A,则M结构简式为

HOOCCHClCH2COOH,A在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成B(C4H4O4),根据B分子式知,A发生消去反应生成B,B结构简式为HOOCCH=CHCOOH;B和足量NaOH反应生成D,D为NaOOCCH=CHCOONa,B和溴的四氯化碳发生加成反应生成E,E为HOOCCHBrCHBrCOOH,E发生消去反应然后酸化得到F(C4H2O4),根据F分子式知,F为HOOC-CC-

COOH。【详解】(1)由有机物A的化学式为C4H6O5,根据信息I知A中含有两个羧基,A能和羧酸发生酯化反应生成酯,说明A中含有醇羟基,1molA与足量钠反应生成1.5mol氢气,结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基,所以A中含有两个羧基,一个羟,故bc符合题意,答案:bc;(2)根据上述分析可知:写出A、F的结构简式分别为:A:HOOCCH

(OH)CH2COOH:F:HOOC-CC-

COOH。答案:HOOCCH

(OH)CH2COOH:HOOC-CC-

COOH;(3)根据上述分析可知:A发生消去反应生成B,B和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成E为HOOCCHBrCHBrCOOH,所以A→B发生消去反应,B→E发生加成反应;答案:消去反应;加成反应。(4)通过以上分析知,E发生消去反应然后酸化得到F(C4H2O4),E→F是卤代烃的消去反应,所以反应条件是NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液),加热;故答案为:

NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、

加热;(5)

B结构简式为HOOCCH=CHCOOH,在催化剂作用下,B与乙二醇可发生缩聚反应,生成的高分子化合物,该反应的化学方程式:

nHOOCCH=CHCOOH+n

HOCH2CH2OH

HOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+

(2n-1)

H2O;故答案为:

nHOOCCH=CHCOOH+n

HOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+

(2n-1)

H2O;(6)A的结构简式为HOOCCH

(OH)CH2COOH,A的同分异构体与A具有相同官能团,

说明含有醇羟基和羧基

符合条件的A的同分异构体的结构简式:,;答案:,。24、O8H-O-O-HV型3NH4++H2ONH3·H2O+H+BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl盐酸能抑制BiCl3的水解不合理,因为BiOCl中的Cl的化合价为-1【解析】

W、X、Y、Z均为短周期元素,X、W可形成两种液态化合物甲和乙,其原子个数比分别为1∶1(甲)和2∶1(乙),且分子中电子总数分别为18(甲)和10(乙),则W为O元素,X为H元素,两种化合物甲为H2O2、乙为H2O;X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙,则丙为NH3,Z为N元素;H与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁,丁分子中的电子数为18,则丁为HCl,Y为Cl元素;H、Cl、N三种元素能组成一种离子化合物,其水溶液呈弱酸性,则此离子化合物为NH4Cl,据此解题。【详解】由分析知:W为O元素、X为H元素、Y为Cl元素、Z为N元素、甲为H2O2、乙为H2O、丙为NH3;(1)由分析知W为氧元素,元素符号为O,其原子核外共有8个电子,则共有8种运动状态不同的电子;(2)甲H2O2,为极性分子,含有H-O和O-O键,则结构式为H-O-O-H;乙为H2O,O原子的杂化轨道形式为sp3,有两个孤对电子,则空间构型为V型;(3)Z为N元素,电子排布式为1s22s22p3,同一轨道上的电子能量相等,则核外共有3种能量不同的电子,碱性气体丙为NH3,其电子式为;(4)H、Cl、N三种元素组成的离子化合物为NH4Cl,在水溶液中NH4+的水解,使溶液呈弱酸性,发生水解反应的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+;(5)铋元素跟Cl元素能形成化合物为BiCl3,其水解生成难溶于水的BiOCl;①BiCl3水解生成难溶于水的BiOCl,则另一种产物为HCl,水解反应的化学方程式为BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl;②BiCl3溶于稀盐酸,盐酸抑制了BiCl3的水解,从而得到澄清溶液;③BiOCl中Cl元素的化合价为-1价,而次氯酸中Cl元素为+1价,则BiOCl叫做“次某酸铋”的说法不合理。25、去除蒸馏水中的氧气,防止亚硫酸钠被氧化500mL容量瓶烧杯、玻璃棒SO32-+2Ag+=Ag2SO3Na2SO3被酸化的NO3-氧化成Na2SO4,Na2SO4与AgNO3溶液反应生成Ag:2SO4沉淀取固体少许加入足量Na2SO3溶液(或向试管中继续滴加Na2SO3溶液)Ag2O+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O或Ag2O+4NH3+H2O=2Ag(NH3)2OHAgOHNa2SO3溶液滴加顺序不同(或用量不同),溶液酸碱性不同(或浓度不同)【解析】

配置一定物质的量浓度的溶液时,①溶解时:Na2SO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化,故需煮沸;②移液时:配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用容量瓶,移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒;实验Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液与pH=4的AgNO3溶液反应的产物①假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银;②考虑加入的酸性的硝酸银溶液具有氧化性,将亚硫酸银氧化成硫酸银;③由于Ag2SO3溶于过量Na2SO3溶液,可以加入Na2SO3溶液验证溶液中是否有Ag2SO3;(2)①Ag2O为棕黑色固体,与氨水反应生成Ag(NH3)2OH和3H2O;②从非氧化还原反应分析得化合价不变,判断A的成分;(3)(1)中实验和(2)中实验中溶液的滴加顺序不同,溶液酸碱性不同。【详解】①溶解时:Na2SO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化,故需煮沸,防止亚硫酸钠被氧化;②移液时:配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用500ml的容量瓶,移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒2~3次;(1)①假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银SO32-+2Ag+=Ag2SO3;②将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中,酸性溶液中存在氢离子,氢离子和硝酸根相当于硝酸,具有氧化性,可能会将亚硫酸根离子氧化成硫酸根;③.Ag2SO3为白色固体,不溶于水,溶于过量Na2SO3溶液,故可以加入过量Na2SO3溶液,看是否继续溶解,若继续溶解一部分,说明假设三成立;(2)①Ag2O,棕黑色固体,不溶于水,可与浓氨水反应,反应a为Ag2O+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O;②将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中,由于亚硫酸银易溶于亚硫酸钠,故生成的白色沉淀不是亚硫酸银,溶液呈碱性,也不是硫酸银,银离子在碱性条件下,例如银离子和氨水反应可以生成氢氧化银,是白色沉淀,A为AgOH;(3)实验(1)将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中,实验(2)将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中,对比两次实验可以看出,滴加顺序不同(或用量不同),,所给盐溶液酸碱性不同(或浓度不同)。26、13.6mL20烧杯使大量的热及时排除,防止液体飞溅500mL容量瓶1cm~2cm胶头滴管第④步没有将稀释后的浓硫酸冷却到室温偏低偏高【解析】

(1)①根据稀释前后溶质的物质的量不变,据此计算所需浓硫酸的体积;②根据“大而近”的原则,根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒;③稀释浓溶液的容器是烧杯;浓硫酸稀释放热,用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀,使热量迅速扩散;

④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到容量瓶中;

⑤根据定容的操作要点来分析;(2)根据浓硫酸稀释放热来分析;(3)根据c=,结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。【详解】(1)①浓硫酸的物质的量浓度为c===18.4mol/L,设需浓H2SO4的体积为Vml,根据稀释前后溶质硫酸的物质的量不变C浓V浓=C稀V稀:18.4mol/L×Vml=500mL×0.5mol/L,解得V=13.6mL;

②需要浓硫酸的体积是13.6ml,根据“大而近”的原则,应选用20ml的量筒;

③稀释浓溶液的容器是烧杯;浓硫酸稀释放热,用玻璃棒搅拌的目的是使混合均匀,使热量迅速扩散,防止液体飞溅;

④移液是将稀释并冷却好的溶液转移到500ml容量瓶中;

⑤定容的操作是开始直接往容量瓶中加水,加水至距刻度1~2cm处,改用胶头滴管逐滴加水,使溶液的凹液面最低处正好跟刻度线相平;(2)浓硫酸稀释放热,故应将稀释后的溶液冷却至室温然后再进行移液,错误是第④步溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中;

(3)①操作②中量取时发现量筒不干净,用水洗净后直接量取会导致浓硫酸被稀释,所取的硫酸的物质的量偏小,所配溶液浓度将偏低;

②问题(2)的错误是溶液未冷却至室温就转移至容量瓶中,所得溶液的体积偏小,所配溶液浓度将偏高。27、Al(OH)3、Fe(OH)3Cu+H2O2+2NH3+2=Cu(NH3)42++2H2O或Cu+H2O2+2NH3·H2O+2=Cu(NH3)42++4H2O抑制NH3·H2O的电离或促进生成Cu(NH3)42+(与反应生成的OH−成NH3·H2O,控制pH不能太大,以防H2O2在强碱条件下的分解)有利于得到较大颗粒的晶体ABC②③⑤④①98.40%【解析】

(1)合金粉末进行分离,铝铁应转化为滤渣形式,从所给物质分析,只能是氢氧化铝和氢氧化铁形式,铜转化为[Cu(NH3)4]SO4,利用[Cu(NH3)4]SO4难溶于乙醇,进行分离。【详解】(1)合金粉末溶于氨水和硫酸铵以及过氧化氢的作用下,能进行分离,铁和铝都转化为滤渣,说明滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3;(2)铜在氨水和硫酸铵和过氧化氢存在反应生成[Cu(NH3)4]SO4,离子方程式为Cu+H2O2+2NH3+2=Cu(NH3)42++2H2O或Cu+H2O2+2NH3·H2O+2=Cu(NH3)42++4H2O;硫酸铵不仅提供铵根离子抑制氨水的电离,还可以抑制pH不能太大,以防H2O2在强碱条件下的分解;(3)因为[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小,加入95%乙醇有利于得到较大颗粒的晶体;(4)A.因为过氧化氢能够分解,所以在步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌,有利于提高H2O2的利用率,故正确;B.步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶,蒸发过程中促进反应,Cu(NH3)42+Cu2++4NH3,氨气逸出,铜离子水解生成氢氧化铜,所以得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质,故正确;C.步骤Ⅳ、Ⅴ是进行抽滤和洗涤,需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等,故正确;D.步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头,加乙醇溶液浸没沉淀,然后进行抽滤,不能缓慢流干,故错误。故选ABC;(5)滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物,加过量NaOH溶液搅拌,氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠,然后过滤出氢氧化铁沉淀,加入过量的稀硫酸将其溶解生成铁离子,测定铁离子的含量,控制量,加入适量的硫酸亚铁固体,在氮气的氛围下缓慢加入氢氧化钠溶液,加热使其按方程式Fe2++2Fe3++8OH−Fe3O4↓+4H2O中的比例进行反应,生成四氧化三铁,再进行过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子.,故操作顺序为②③⑤④①;(6)根据反应2Cu2++4I−2CuI+I2,I2+2S2O32-2I−+S4O62-得关系式为2Cu2+----I2---2S2O32-,Na2S2O3的物质的量为0.1000×0.02=0.002mol则铜离子的物质的量为0.002mol,则Cu(NH3)4SO4·H2O的质量为0.002mol

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