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文档简介

2024年山东省莱阳市一中高考化学必刷试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、已知钴酸锂电池的总反应方程式为Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C。用该电池作电源按如图所示装置进行电解。通电后,电极a上一直有气泡产生,电极d附近先出现白色沉淀(CuCl),tmin后白色沉淀全部转变成橙黄色沉淀(CuOH)。下列有关叙述不正确的是A.钴酸锂电池放电时的正极反应为Li1-xCoO2+xe-+xLi+=LiCoO2B.当电极a处产生标准状况下气体2.24L时。钴酸锂电池负极质量减少1.4gC.电极d为阳极,电解开始时电极d的反应式为Cu+C1--e-=CuClD.电解tmin后.装置II中电解质溶液的pH显著增大2、下列有关化学用语表示正确的是A.甲酸乙酯的结构简式:CH3OOCCH3 B.Al3+的结构示意图:C.次氯酸钠的电子式: D.中子数比质子数多1的磷原子:3、冰激凌中的奶油被称为人造脂肪,由液态植物油氢化制得。下列说法错误的是A.奶油是可产生较高能量的物质 B.人造脂肪属于酯类物质C.植物油中含有碳碳双键 D.油脂的水解反应均为皂化反应4、以下物质中存在12C、13C、14C原子的是()①金刚石②CO2③石灰石④葡萄糖。A.①②③④ B.①②③ C.②③④ D.②③5、下列指定反应的化学用语表达正确的是()A质子交换膜氢氧燃料电池的负极反应B用铁电极电解饱和食盐水C锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡DKClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制取K2FeO4A.A B.B C.C D.D6、我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O,在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇,反应机理如下图。下列有关说法不正确的是A.CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B.催化剂Cu结合氢原子,催化剂Cu2O结合含碳微粒C.该催化过程中只涉及化学键的形成,未涉及化学键的断裂D.有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物7、AlCl3常作净水剂。某小组选择如下装置制备氯化铝,已知氯化铝易升华,遇水易水解。下列说法错误的是A.按气流方向从左至右,装置连接顺序为a→c→b→dB.先启动a中反应,当硬质试管内充满黄绿色时点燃酒精灯C.试剂R为P2O5或CaCl2吸收空气中的水蒸气D.为了中止反应,停止通入Cl2的操作是关闭分液漏斗的活塞8、异丁烯与氯化氢可能发生两种加成反应及相应的能量变化与反应进程的关系如图所示,下列说法正确的是()A.反应②的活化能大于反应①B.反应①的△H小于反应②C.中间体2更加稳定D.改变催化剂,反应①、②的活化能和反应热发生改变9、下列变化过程中,需要破坏离子键的是()A.氯化氢溶于水 B.铁熔化 C.干冰升华 D.氯化钠溶于水10、下列各组物质混合后,再加热蒸干并在300℃时充分灼烧至质量不变,最终可能得到纯净物的是A.向FeSO4溶液中通入Cl2B.向KI和NaBr混合溶液中通入Cl2C.向NaAlO2溶液中加入HCl溶液D.向NaHCO3溶液中加入Na2O2粉末11、下列反应的离子方程式书写正确的是A.在FeI2溶液中滴加少量溴水:2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-B.碳酸氢钠溶液和少量的澄清石灰水混合:2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OC.向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀完全:Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2OD.过量SO2通入到NaClO溶液中:SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3-12、实验测得0.1mo1·L-1Na2SO3溶液pH随温度升高而变化的曲线如图所示。将b点溶液冷却至25℃,加入盐酸酸化的BaC12溶液,能明显观察到白色沉淀。下列说法正确的是()A.Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32-+2H2OH2SO3+2OH-B.温度升高,溶液pH降低的主要原因是SO32-水解程度减小C.a、b两点均有c(Na+)=2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)]D.将b点溶液直接冷却至25℃后,其pH小于a点溶液13、室温下,向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况),发生反应:2H2S+SO2=3S↓+2H2O,测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。下列有关说法正确的是A.整个过程中,水的电离程度逐渐增大B.该温度下H2S的Ka1数量级为10-7C.曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化D.a点之后,随SO2气体的通入,的值始终减小14、如图是一种染料敏化太阳能电池的示意图,电池的一个电极由有机光敏染料(R)涂覆在TiO2纳米晶体表面制成,另一电极由导电玻璃镀铂构成,下列关于该电池叙述不正确的是()A.染料敏化TiO2电极为电池负极,发生氧化反应B.正极电极反应式是:I3-+2e-=3I-C.电池总反应是:2R++3I-=I3-+2RD.电池工作时将太阳能转化为电能15、用如图所示的实验装置模拟侯氏制碱法的主要反应原理。下列说法正确的是A.侯氏制碱法中可循环利用的气体为B.先从a管通入NH3,再从b管通入CO2C.为吸收剩余的NH3,c中应装入碱石灰D.反应后冷却,瓶中析出的晶体主要是纯碱16、NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化,当NaHSO3完全消耗即有I2析出,依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol·L-1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0mL混合,记录10~55℃间溶液变蓝时间,55℃时未观察到溶液变蓝,实验结果如图。据图分析,下列判断不正确的是()A.40℃之前,温度升高反应速率加快,变蓝时间变短B.40℃之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长C.图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等D.图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0×10-5mol·L-1·s-1二、非选择题(本题包括5小题)17、烯烃和酚类是两种重要的有机化工原料。完成下列填空:(1)合成除苯乙烯外,还需要另外两种单体,写出这两种单体的结构简式________________________________、_________________________________。(2)由苯乙烯合成()需要三步,第一步选用的试剂为__________,目的是______________________________。(3)邻甲基苯酚可合成A,分子式为C7H6O3,在一定条件下A自身能缩聚成B。B的结构简式_________。A与浓溴水反应的化学方程式为_________________。(4)设计一条由制备A的合成路线(合成路线常用的表示方法为:MN……目标产物)____________________。18、为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质,设计并完成如下实验:请回答:(1)X的化学式是______________。(2)写出蓝色溶液转化为蓝色沉淀的离子方程式是______________。(3)写出固体甲与稀硫酸反应的化学方程式______________。19、实验室以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程如下:(1)“酸浸”时,用硫酸而不用盐酸,这是因为______________(从浸取产物的溶解性考虑)。(2)“制铜氨液”,即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液时,采用8mol·L-1氨水,适量30%H2O2,并通入O2,控制温度为55℃。温度不宜过高,这是因为______________________。(3)“沉CuNH4SO3”时可用如下装置(夹持、加热仪器略):①制取SO2的化学方程式为______________________。②“沉CuNH4SO3”时,反应液需控制在45℃,合适的加热方式是________________。③反应完成的实验现象是____________________________。(4)设计以“Cr(OH)3、Fe(OH)3”的混合物为原料,制取K2Cr2O7的实验方案:将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中,加适量的水调成浆状,_________________,冰水洗涤及干燥。(已知:①碱性条件下,H2O2可将+3价的Cr氧化为CrO42-;酸性条件下,H2O2可将+6价的Cr还原为+3价的Cr;+6价的Cr在溶液pH<5时,主要以Cr2O72-的形式存在;在pH>7时,主要以CrO42-的形式存在。②部分物质溶解度曲线如图所示:③实验中必须使用的试剂:KOH溶液、10%H2O2溶液、稀盐酸)20、肼(N2H4)是一种重要的工业产品。资料表明,氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼,肼有极强的还原性。可用下图装置制取肼:(1)写出肼的电子式__________,写出肼与硫酸反应可能生成的盐的化学式_______;(2)装置A中反应的化学方程式_____;(3)实验时,先点燃A处的酒精灯,一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。滴加NaClO溶液时不能过快、过多的原因___________;(4)从实验安全性角度指出该实验装置中存在的缺陷_______。(5)准确量取20.00mL含肼溶液,加入硫酸和碳酸氢钠,用0.1000mol/L的标准碘液进行滴定,滴定终点时,消耗V0mL(在此过程中N2H4→N2)。该实验可选择______做指示剂;该溶液中肼的浓度为______mol/L(用含V0的代数式表达,并化简)。21、光催化技术是一种在能源和环境领域有着重要应用前景的绿色技术。Ti的某种晶型的氧化物,M可用作光催化材料。(1)基态Ti原子的价层电子排布图为___________。(2)在第四周期d区元素中,与Ti原子未成对电子数相同的元素名称是___________。(3)金属钛的原子堆积方式如图1所示,则金属钛晶胞俯视图为_______。距离每个钛原子最近且等距的钛原子有________个。(4)生活环境中的臭气源有氨气、甲硫醇(CH3-SH)等,氧化物M可以作为高效除臭剂。与氨气互为等电子体的阳离子为________,甲硫醇中硫原子采取的杂化方式为_________,与S位于同一周期,且第一电离能小于S的非金属元素符号为_________,已知甲硫醇熔沸点小于甲醇(CH3OH),试解释此差异的主要原因_______。(5)M的晶胞结构如图2,M的化学式为___________。(6)石墨烯是单个原子厚度的二维碳纳米材料(如图3),其比表面积大(比表面积指单位质量物料所具有的总面积)。石墨烯与M的结合使用,极大地提高了M的光催化效果。在石墨烯晶体中,每个最小的六元环占有______个C原子。已知石墨烯中C-C键长为apm,则单层石墨烯的比表面积为______m2/g(NA表示阿伏伏德罗常数的数值,忽略碳原子的厚度)。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】

Ⅰ为电解饱和食盐水,电极a为铜棒,且一直有气泡产生,所以a为阴极,发生反应2H++2e⁻===H2↑,则b为阳极,c为阴极,d为阳极。【详解】A.放电时为原电池,原电池正极失电子发生氧化反应,根据总反应可知放电时Li1-xCoO2得电子生成LiCoO2,所以电极方程式为:Li1-xCoO2+xe-+xLi+=LiCoO2,故A正确;B.a电极发生反应2H++2e⁻===H2↑,标况下2.24L氢气的物质的量为=0.1mol,则转移的电子为0.2mol,钴酸锂电池负极发生反应LixC6=xLi++6C+xe-,当转移0.2mol电子时有0.2molLi+生成,所以负极质量减少0.2mol×7g/mol=1.4g,故B正确;C.根据分析可知d为阳极,电极材料铜,所以铜在阳极被氧化,根据现象可知生成CuCl,所以电极方程式为Cu+C1--e-=CuCl,故C正确;D.开始时阴极发生反应2H2O+2e⁻===H2↑+2OH-,阳极发生Cu+C1--e-=CuCl,可知生成的Cu+与OH-物质的量相等,tmin后白色沉淀全部转变成橙黄色沉淀(CuOH),说明随着电解的进行发生反应CuCl+OH-═CuOH+Cl-,即电解过程生成的氢氧根全部沉淀,整个过程可用方程式:2H2O+2Cu=2CuOH↓+H2↑表示,可知溶液的pH值基本不变,故D错误;故答案为D。2、D【解析】

A.甲酸乙酯的结构简式:HCOOCH2CH3,故错误;B.Al3+的结构示意图:,故错误;C.次氯酸钠的电子式:,故错误;D.中子数比质子数多1的磷原子含有16个中子,质量数为31,符号为:,故正确。故选D。【点睛】掌握电子式的书写方法,离子化合物的电子式中含有电荷和括号,每个原子符号周围一般满足8电子结构。分清原子之间的共用电子对的数值和写法。3、D【解析】

A.奶油是人造脂肪,是由液态植物油氢化制得的,是人体内单位质量提供能量最高的物质,故A正确;B.人造脂肪的主要成分为高级脂肪酸甘油酯,属于酯类物质,故B正确;C.植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯,其烃基中含有碳碳双键,故C正确;D.油脂在碱性条件下的水解为皂化反应,酸性条件下的水解反应不是皂化反应,故D错误;故选D。4、A【解析】

12C、13C、14C是碳三种天然的同位素,任何含碳的自然界物质中三者都存在,①金刚石、②CO2、③石灰石、④葡萄糖四种物质都含有碳元素,所以这些物质中都存在12C、13C、14C原子,故合理选项是A。5、C【解析】

A.负极上氢气失电子生成氢离子,所以负极反应为:2H2﹣4e﹣═4H+,故A错误;B.阳极上Fe失电子生成亚铁离子,阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子,亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀,离子方程式为Fe+2H2OFe(OH)2↓+H2↑,故B错误;C.碳酸钙溶解度小于硫酸钙,锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡,离子方程式:CO32﹣+CaSO4=CaCO3+SO42﹣,故C正确;D.碱性溶液中,反应产物不能存在氢离子,正确的离子方程式为:3ClO﹣+2Fe(OH)3+4OH¯=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O,故D错误;答案:C。【点睛】书写离子方程式一定要注意环境是碱性还是酸性。6、C【解析】

A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应,CO2生成甲醇是通过了多步加氢,为还原反应,故A正确;B.根据题中反应机理图所示,催化剂Cu结合氢原子,催化剂Cu2O结合含碳微粒,故B正确;C.催化过程中有旧的原子团消失,说明有化学键的断裂,例如:CO2和H转化为COOH,故C错误;D.根据反应机理图所示,中间步骤中有CH2O生成,如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛,故D正确。答案选C。7、C【解析】

A.制得氯气后,应先除HCl后干燥,A正确;B.通入氯气,排尽装置内的空气,防止氧气与铝反应,当硬质试管内充满黄绿色气体时,表明空气已排尽,此时点燃酒精灯,加热铝粉,B正确;C.试剂R的作用是吸收未反应的Cl2,同时防止空气中的水蒸气进入,而P2O5或CaCl2只能吸收水蒸气,不能吸收Cl2,C错误;D.关闭分液漏斗的活塞,停止加入浓盐酸,a中反应会停止,D正确。故选C。8、C【解析】

A.由图可知生成产物1时对应活化能高,则活化能:反应①大于反应②,故A错误;B.图中生成产物2的能量低,能量低的更稳定,且为放热反应,焓变为负,则△H大小:反应①的△H大于反应②,故B错误;C.图中生成中间体2的能量低,能量低的更稳定,则中间产物的稳定性:中间体1小于中间体2,故C正确;D.改变催化剂,反应①、②的反应热不发生改变,故D错误;故选C。【点睛】本题考查反应热与焓变,把握反应中能量变化、焓变与能量为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意焓变的比较及焓变只与终始态有关,与催化剂无关。9、D【解析】

A.HCl溶于水发生电离生成氢离子和氯离子,破坏共价键,故A错误;B.铁熔化破坏金属键,故B错误;C.干冰升华发生物理变化,只破坏分子间作用力,故C错误;D.氯化钠中只存在离子键,溶于水发生电离而破坏离子键,故D正确;故选:D。【点睛】本题考查化学键,侧重考查基本概念,明确离子键和共价键区别是解本题关键,发生物理变化时不发生化学键断裂,C为解答易错点。10、D【解析】

A、FeSO4溶液和过量Cl2反应生成硫酸铁和FeCl3,硫酸铁和FeCl3加热水解生成氢氧化铁、硫酸和氯化氢,水解吸热且生成的氯化氢极易挥发,但硫酸是难挥发性酸,所以最终得到氢氧化铁,硫酸铁,灼烧后氢氧化铁分解产生氧化铁和水,则最后产物是硫酸铁和氧化铁,属于混合物,故A不确;B、KI、NaBr与过量的氯气反应生成单质碘、溴、化钾钠。在高温下碘升华,溴和水挥发,只剩KCl、NaCl,属于混合物,B不正确;C、向NaAlO2溶液中加入HCl溶液生成氢氧化铝和氯化钠,如果氯化氢过量,则生成氯化钠和氯化铝,因此加热蒸干、灼烧至质量不变,最终产物是氯化钠和氧化铝,是混合物,C不正确;D、向NaHCO3溶液中加入Na2O2粉末,过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气。氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水,所以最终产物可能只有碳酸钠,属于纯净物,D正确;答案选D。11、B【解析】

A选项,在FeI2溶液中滴加少量溴水,首先是溴水和碘离子反应,故A错误;B选项,碳酸氢钠溶液和少量的澄清石灰水混合,“少定多变”即澄清石灰水定为1mol来分析:2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O,故B正确;C选项,向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀完全,铝离子先生成沉淀,再是铵根离子反应:Al3++NH4++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+H2O+NH3↑,故C错误;D选项,过量SO2通入到NaClO溶液中,次氯酸钠有强氧化性,会将二氧化硫氧化为硫酸根离子,故D错误;综上所述,答案为B。【点睛】物质发生反应的顺序是:先发生酸碱中和反应,再生成沉淀的反应,再是沉淀不变的阶段,再是沉淀溶解的反应。12、D【解析】

是一个弱酸酸根,因此在水中会水解显碱性,而温度升高水解程度增大,溶液碱性理论上应该增强,但是实际上碱性却在减弱,这是为什么呢?结合后续能产生不溶于盐酸的白色沉淀,因此推测部分被空气中的氧气氧化为,据此来分析本题即可。【详解】A.水解反应是分步进行的,不能直接得到,A项错误;B.水解一定是吸热的,因此越热越水解,B项错误;C.温度升高溶液中部分被氧化,因此写物料守恒时还需要考虑,C项错误;D.当b点溶液直接冷却至25℃后,因部分被氧化为,相当于的浓度降低,其碱性亦会减弱,D项正确;答案选D。13、C【解析】

A.由图可知,a点表示SO2气体通入112mL即0.005mol时

pH=7,溶液呈中性,说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应,可知饱和H2S溶液中溶质物质的量为0.01mol,c(H2S)=0.1

mol/L,a点之前为H2S过量,a点之后为SO2过量,溶液均呈酸性,酸抑制水的电离,故a点水的电离程度最大,水的电离程度先增大后减小,故A错误;B.由图中起点可知0.1

mol/L

H2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1

mol/L,电离方程式为H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-;以第一步为主,根据平衡常数表达式算出该温度下H2S的Ka1≈≈10-7.2,数量级为10-8,故B错误;C.当SO2气体通入336mL时,相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1

mol/L,因为H2SO3酸性强于H2S,故此时溶液中对应的pH应小于4.1,故曲线y代表继续通入

SO2气体后溶液pH的变化,故C正确;D.根据平衡常数表达式可知,a点之后,随SO2气体的通入,c(H+)增大,当通入的SO2气体达饱和时,c(H+)就不变了,Ka1也是一个定值,的值保持不变,故D错误;答案选C。14、C【解析】

根据图示装置可以知道:染料敏化TiO2电极为电池负极,发生氧化反应,R﹣e﹣=R+,正极电极发生还原反应,电极反应式是:I3﹣+2e﹣═3I﹣,总反应为:2R+3I﹣═I3﹣+2R+,据此回答。【详解】A.根据图示装置可以知道染料敏化TiO2电极为电池负极,发生氧化反应R﹣e﹣=R+,故A正确;B.正极电极发生还原反应,电极反应式是:I3﹣+2e﹣═3I﹣,故B正确;C.正极和负极反应相加可以得到总反应:2R+3I﹣═I3﹣+2R+,故C错误;D.太阳能电池工作时,将太阳能转化为电能,故D正确。故选C。15、B【解析】

侯氏制碱法的原理:①将足量NH3通入饱和食盐水中,再通入CO2,溶液中会生成高浓度的HCO3-,与原有的高浓度Na+结合成溶解度较小的NaHCO3析出:NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl;②将析出的沉淀加热,制得Na2CO3(纯碱):2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,生成的CO2可用于上一步反应(循环利用);③副产品NH4Cl可做氮肥。【详解】A.侯氏制碱法中可循环利用的气体是CO2,A项错误;B.先通入NH3,NH3在水中的溶解度极大,为了防止倒吸,应从a管通入,之后再从b管通入CO2,B项正确;C.碱石灰(主要成分是NaOH和CaO)不能吸收NH3,C项错误;D.反应后冷却,瓶中析出的晶体主要是NaHCO3,将其加热得到纯碱(Na2CO3),D项错误;答案选B。【点睛】侯氏制碱法中,要先通入足量NH3,再通入CO2,是因为:NH3在水中的溶解度极大,先通入NH3使食盐水显碱性,能够吸收大量CO2气体,产生高浓度的HCO3-,与高浓度的Na+结合,才能析出NaHCO3晶体;如果先通入CO2,由于CO2在水中的溶解度很小,即使之后通入过量的NH3,所生成的HCO3-浓度很小,无法析出NaHCO3晶体。16、C【解析】

A、根据图像,40℃以前由80s逐渐减小,说明温度升高反应速率加快,故A说法正确;B、根据图像,40℃之后,溶液变蓝的时间随温度的升高变长,故B说法正确;C、40℃以前,温度越高,反应速率越快,40℃以后温度越高,变色时间越长,反应越慢,可以判断出40℃前后发生的化学反应不同,虽然变色时间相同,但不能比较化学反应速率,故C说法错误;D、混合前NaHSO3的浓度为0.020mol·L-1,忽略混合前后溶液体积的变化,根据c1V1=c2V2,混合后NaHSO3的浓度为0.020mol/L×10×10-3L(10+40)×10-3L=0.0040mol·L-1,a点溶液变蓝时间为80s,因为NaHSO3不足或KIO3过量,NaHSO3浓度由0.0040mol·L-1变为0,根据化学反应速率表达式,a点对应的NaHSO3反应速率为0.0040mol/L答案选C。【点睛】易错点是选项D,学生计算用NaHSO3表示反应速率时,直接用0.02mol·L-1和时间的比值,忽略了变化的NaHSO3浓度应是混合后NaHSO3溶液的浓度。二、非选择题(本题包括5小题)17、CH2=CH-CNCH2=CH-CH=CH2HBr(或HCl)保护碳碳双键防止被加成或氧化【解析】

(1)链节主链为碳原子,且含有碳碳双键,应是烯烃、1,3﹣丁二烯之间发生的加聚反应,除苯乙烯外,还需要另外两种单体为:CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2,故答案为CH2=CH﹣CN、CH2=CH﹣CH=CH2;(2)苯乙烯先与HBr发生加成反应,然后再催化剂条件下发生取代反应,最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到,第一步的目的是:保护碳碳双键防止被加成,故答案为HBr;保护碳碳双键防止被加成;(3)邻甲基苯酚可合成A,分子式为C7H6O3,则A为,A发生缩聚反应得到B,B的结构简式为:,A与浓溴水反应的化学方程式为:,故答案为;;(4)在碱性条件下水解得到,然后发生催化氧化得到,再氧化得到,最后用酸酸化得到,合成路线流程图为:。18、CuOCu2++2OH-=Cu(OH)2Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O【解析】

流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气,质量:32.0g-28.8g=3.2g,证明X中含氧元素,28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液,说明含铜离子,证明固体甲中含铜元素,即X中含铜元素,铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO,X为氧化铜,n(CuO)==0.4mol,结合质量守恒得到n(O2)==0.1mol,氧元素守恒得到甲中n(Cu):n(O)=0.4mol:(0.4mol-0.1mol×2)=2:1,固体甲化学式为Cu2O,固体乙为Cu,蓝色溶液为硫酸铜,加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀,加热分解得到16.0g氧化铜。【详解】(1)分析可知X为CuO,故答案为CuO;(2)蓝色溶液为硫酸铜溶液,转化为蓝色沉淀氢氧化铜的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2,故答案为Cu2++2OH-=Cu(OH)2;(3)固体甲为Cu2O,氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水,反应的化学方程式为:Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O,故答案为Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O。19、硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O45℃的水浴加热上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色在不断搅拌下加入适量KOH溶液,再加入过量的10%H2O2溶液,维持pH大于7,充分反应后,煮沸(除去过量的H2O2),静置、过滤,滤液用稀盐酸酸化至pH<5,蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤【解析】

电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)用硫酸酸浸,残渣为CaSO4等溶解度不大的物质,溶液中有Cr3+、Cu2+、Fe3+,加适量Na2S溶液,过滤,滤液中Cr3+、Fe3+,处理生成Fe(OH)3Cr(OH)3,除去Fe(OH)3,制备K2Cr2O7;滤渣CuS沉淀,采用8mol·L-1氨水,适量30%H2O2,并通入O2,制取铜氨溶液,通SO2,“沉CuNH4SO3”,同时生成铜粉。【详解】(1)“酸浸”时,用硫酸而不用盐酸,这是因为硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去。(2)“制铜氨液”,即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液时,温度不宜过高,这是因为温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可);(3)①铜与浓硫酸加热生成SO2、硫酸铜和水,化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。②要控制100℃以下的加热温度,且受热均匀,可选用水浴加热;“沉CuNH4SO3”时,反应液需控制在45℃,合适的加热方式是:45℃的水浴加热。③[Cu(NH3)4]SO4溶液呈蓝色,通入SO2反应生成CuNH4SO3和Cu,反应完成的实验现象是上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色。(4)制取K2Cr2O7的实验方案:将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中,加适量的水调成浆状,在不断搅拌下加入适量KOH溶液,再加入过量的10%H2O2溶液,维持pH大于7,充分反应后,煮沸(除去过量的H2O2),静置、过滤,滤液用稀盐酸酸化至pH<5,蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤,冰水洗涤及干燥。【点睛】本题以实际化工生产“以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程”为背景,考查了元素化合物知识,化学方程式的书写等,难点(3)[Cu(NH3)4]SO4溶液呈蓝色,通入SO2反应生成CuNH4SO3和Cu。20、N2H6SO4、(N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O防止NaClO氧化肼A、B间无防倒吸装置,易使A装置中玻璃管炸裂淀粉溶液V0/400【解析】

(1)肼的分子式为N2H4,可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代,氨基显碱性,肼可以看成二元碱,据此分析解答;(2)装置A中制备氨气书写反应的方程式;(3)根据肼有极强的还原性分析解答;(4)氨气极易溶于水,该装置很容易发生倒吸,据此解答;(5)根据标准碘液选择指示剂;在此过程中N2H4→N2,I2→I-,根据得失电子守恒,有N2H4~2I2,据此分析计算。【详解】(1)肼的分子式为N2H4,电子式为,肼可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代,氨基显碱性,肼可以看成二元碱,与硫酸反应可能生成的盐有N2H6SO4、(N2H5)2SO4、N2H6(HSO4)2,故答案为;N2H6SO4、

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