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文檔簡介
2026屆河北省廊坊市省級示范高中聯(lián)合體化學高三第一學期期中質量跟蹤監(jiān)視模擬試題注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚,將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2.答題時請按要求用筆。3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出,確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔,不要折暴、不要弄破、弄皺,不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、香草醛是一種廣泛使用的可食用香料,可通過如下方法合成。下列說法正確的是()A.物質Ⅰ的分子式為C7H7O2B.CHCl3分子具有正四面體結構C.物質Ⅰ、Ⅲ(香草醛)互為同系物D.香草醛可發(fā)生取代反應、加成反應2、下列有關儀器的使用或實驗操作正確的是A.用稀鹽酸洗滌H2還原CuO后試管內壁的銅B.蒸發(fā)時,蒸發(fā)皿中溶液的量不能超過總容量的C.分離苯萃取溴水后的分層液體,從分液漏斗下口先放出水層,再放出有機層D.用KMnO4溶液測定Na2C2O4的濃度時,KMnO4溶液盛放在堿式滴定管中3、下列物質的名稱與化學成分對應關系錯誤的是A.鋇餐:BaSO4B.明礬:CuSO4·5H2OC.石膏:CaSO4D.石灰乳:Ca(OH)24、化學與人類生產、生活密切相關,下列說法不正確的是A.計算機芯片的主要材料是SiB.明礬能使海水淡化從而解決淡水危機C.可用碘酒滅菌消毒是因為它能使蛋白質變性D.鈉、鍶、鋇等金屬化合物可在燃放時呈現(xiàn)艷麗色彩5、有關NaHC03與Na2C03的性質,下列敘述中不正確的是A.Na2C03和NaHC03粉末與同濃度鹽酸反應時,Na2C03因堿性強,所以與鹽酸反應放出氣體速度快B.等物質的量的兩種鹽與同濃度鹽酸反應,Na2C03所消耗鹽酸的體積是NaHC03的兩倍C.向Na2C03飽和溶液中通入過量CO2,有NaHC03結晶析出D.Na2C03和NaHC03溶液分別和BaCl2溶液反應,現(xiàn)象不同6、化學與社會、生活密切相關。下列說法正確的是()A.在食品袋中放入盛有硅膠的透氣小袋可防止食品因氧化而變質B.燃燒煤、天然氣、石油等排放的大量CO2是導致霧霾的原因C.小蘇打能做糕點的膨松劑是由于NaHCO3能與堿反應D.漂白精可用作消毒劑是由于Ca(ClO)2可轉化為HClO7、已知1mol紅磷轉化為1mol白磷,吸收18.39kJ熱量.①4P(紅,s)+5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1②P4(白,s)+5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2則ΔH1與ΔH2的關系正確的是A.ΔH1=ΔH2 B.ΔH1>ΔH2 C.ΔH1<ΔH2 D.無法確定8、在消毒劑家族中,臭氧()和過氧乙酸的貢獻并駕齊驅。臭氧利用其強氧化性可以殺滅病菌,反應后放出無污染的O2。下列關于O3的說法正確的是A.與互為同分異構體 B.與互為同素異形體C.與是同系物 D.與的化學性質相同9、短周期主族元素A、B、C、D、E原子序數依次增大,其中A、B、D同主族,C、E同主族,A元素最高正化合價與最低負化合價代數和為零,E是太陽能轉化為電能的常用材料,則下列說法正確的是()A.由A、D兩種元素組成的化合物中只含有離子鍵B.C、E的最高價氧化物具有相似的物理性質和化學性質C.微粒半徑大?。築+>A-D.最高價氧化物對應水化物堿性強弱:B>D10、化學與生活、生產、科技密切相關。下列說法錯誤的是()A.地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊可以減緩管道的腐蝕B.中國天眼傳輸信息用的光纖材料是硅C.研發(fā)新能源汽車,減少化石燃料的使用,與“綠水青山就是金山銀山”的綠色發(fā)展理念一致D.港珠澳大橋用到的合金材料,具有強度大、密度小、耐腐蝕等性能11、室溫下,用0.1mo1/LHCl溶液滴定10.mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液,滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是()A.水電離程度由大到小的順序為:a>b>c>dB.a點時:c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)C.b點時:3c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)D.d點時:c(H+)>c(HCO3-)=c(CO32-)12、設NA為阿伏加德羅常數,下列敘述正確的是()A.1molN2與4molH2反應生成的NH3分子數為2NAB.32gS8(分子結構:)中的共價鍵數目為NAC.標準狀況下,11.2LCl2溶于水,溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒數之和為NAD.39g鉀與氧氣完全反應,生成K2O轉移NA個電子,生成KO2轉移2NA電子13、根據下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結論A強酸性溶液X中加入Ba(NO3)2溶液,靜置后再加入KSCN溶液,先生成白色沉淀,后溶液變紅溶液X中一定含有和Fe3+B檢驗HCl氣體中是否含有Cl2,將氣體通入品紅溶液中,品紅溶液褪色,加熱后溶液不恢復成紅色HCl氣體中含有Cl2C室溫下,向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液,再滴加幾滴淀粉溶液,溶液變藍色Fe3+的還原性比I2強D加熱盛有NH4Cl固體的試管,試管底部固體消失,試管口有晶體凝結NH4Cl固體易升華A.A B.B C.C D.D14、一定溫度下,在2L密閉容器中,A、B、C三種氣體的物質的量隨時間變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是A.a點時,υ(A)=υ(B)B.反應開始到5min,B的物質的量增加了0.2molC.反應的化學方程式為:3A2B+CD.反應開始到5min,υ(C)=0.04mol/(L·min)15、黨的十九大強調樹立“社會主義生態(tài)文明觀”。下列做法不應該提倡的是(
)A.推廣碳捕集和封存技術緩解溫室效應
B.研發(fā)可降解高分子材料解決白色污染問題C.用硅制作太陽能電池減少對化石燃料的依賴
D.工業(yè)污水向遠海洋排放防止污染生活水源16、下列自然現(xiàn)象發(fā)生或形成的過程中,指定元素既沒有被氧化又沒有被還原的是A.溶洞——鈣B.閃電——氮C.火山噴發(fā)——硫D.光合作用——碳A.A B.B C.C D.D17、a、b、c、X是中學化學中常見的四種物質,且a、b、c中含有同一種元素,其轉化關系如下圖所示。下列說法不正確的是()A.若a、b、c均為廚房中常用的物質,則構成c中的陽離子半徑小于其陰離子半徑B.若a為一種氣態(tài)氫化物,X為O2,則a分子中可能含有10個或者18個電子C.若b為一種兩性氫氧化物,則X可能是強酸,也可能是強堿D.若a為固態(tài)非金屬單質,X為O2,則O元素與a元素的原子序數之差可能為818、下列實驗不能成功的是()A.用加熱法鑒別Na2CO3固體和NaHCO3固體B.用觀察法區(qū)別Na2O粉末和Na2O2粉末C.用澄清石灰水鑒別Na2CO3溶液和NaHCO3溶液D.用AlCl3溶液鑒別Na2CO3溶液和NaOH溶液19、實驗室需要用480mL0.1mol·L-1的硫酸銅溶液,以下配制方法正確的是A.稱取12.5g膽礬(CuSO4·5H2O),配成500mL溶液,待用B.稱取12.5g膽礬(CuSO4·5H2O),加入500mL水,待用C.稱取7.68g無水硫酸銅粉末,加入480mL水D.稱取8.0g無水硫酸銅粉末,加入500mL水,待用20、已知還原性I->Fe2+>Br-,在只含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入一定量的氯氣,所得溶液中可能存在的離子是()A.I-、Fe3+ B.Fe2+、Br- C.Fe2+、Fe3+ D.Fe2+、I-21、X、Y、Z、W四種短周期元素在周期表中相對位置如下表所示,Y是地殼中含量最高的元素。下列說法中不正確的是()XYZWA.Z的原子半徑大于YB.Y的非金屬性強于WC.W的氧化物對應的水化物都是強酸D.X、Z的最高價氧化物均可與NaOH溶液反應22、某溶液A中可能只含有Fe3+、Fe2+、Ag+、Mg2+、Al3+、NH4+、Cl-、NO3—、SO42—中的若干種離子,為確認其中含有的各離子,取1L溶液A,進行如下所示實驗:已知:氣體A、氣體B的體積都為2.24L(標準狀況下),沉淀B的物質的量為0.1mol。根據以上實驗操作與現(xiàn)象,判斷下列說法錯誤的是()A.溶液A中一定含有Fe2+、NH4+、Ag+、NO3—,一定不含Cl-、SO42—B.沉淀A中一定含有Fe(OH)3,可能含有Mg(OH)2、Al(OH)3C.溶液D中可能含有Al3+D.溶液A中的c(NO3—)≥1.0mol/L二、非選擇題(共84分)23、(14分)霧霾嚴重影響人們的生活與健康。某地區(qū)的霧霾中可能含有如下可溶性無機離子:Na+、NH、Mg2+、Al3+、SO、NO、Cl-。某同學收集了該地區(qū)的霧霾,經必要的預處理后試樣溶液,設計并完成了如圖的實驗:已知:3NO+8Al+5OH-+2H2O=3NH3↑+8AlO。根據以上的實驗操作與現(xiàn)象,回答下列問題(1)氣體1為______(填化學式,下同)(2)試樣溶液中肯定存在________離子。試樣中可能存在______離子。(3)寫出沉淀1部分溶解的離子方程式__________。24、(12分)丁香酚存在于丁香花的花蕊中,以丁香酚為原料制取有機物F的路線如下:已知:回答下列問題:(1)丁香酚的分子式為________.(2)A中的含氧官能團有________(填名稱),②的反應類型為________。(3)寫出滿足下列條件的C的所有同分異構體的結構簡式________。①含苯環(huán)且環(huán)上只有兩個取代基;②屬于酯類化合物;③核磁共振氫譜有3組峰,且峰面積之比為3:1:1。(4)1molD最多可以與____molH2發(fā)生加成反應(5)反應⑤中,試劑X的結構簡式為_________。25、(12分)亞氯酸鈉(NaClO2)是一種重要的消毒劑和漂白劑,可以ClO2為原料制取。某化學興趣小組同學欲利用如圖實驗制取漂白劑亞氯酸鈉(NaClO2),并進行純度的測定。已知:①飽和NaClO溶液析出晶體與溫度的關系如表所示。②純ClO2易分解爆炸,一般用稀有氣體或空氣稀釋到10%以下。溫度/℃<3838~60>60晶體成分NaClO23H2ONaClO2NaClO2分解生成NaClO3和NaCl實驗一、制備NaClO2晶體(1)裝置C的作用是___________________。(2)裝置B中反應生成NaClO2的化學方程式為________________。(3)裝置B反應后的溶液中陰離子除了ClO、ClO、Cl-、ClO-、OH-外還可能含有的一種陰離子是_____________。(4)從裝置B反應后的溶液獲得NaClO2晶體的操作步驟為:①減壓,55℃蒸發(fā)結晶;②_________;③_______;④低于60℃干燥,得到成品。(選擇合適的操作編號填空)A.冷卻到室溫后,過濾B.趁熱過濾C.常溫洗滌D.冰水洗滌E.38~60℃的溫水洗滌實驗二、測定產品純度(5)準確稱取所得亞氯酸鈉樣品mg于小燒杯中,加入適量蒸餾水和過量的碘化鉀晶體,再滴入適量的稀硫酸,充分反應,將所得混合液配成250mL待測溶液。移取25.00mL待測溶液于錐形瓶中,加幾滴淀粉溶液,用cmol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定至終點,重復2次,測得消耗Na2S2O3標準溶液的平均值為VmL。(已知:ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O=2I-+S4O)①達到滴定終點時的現(xiàn)象為______________。②該樣品中NaClO2的質量分數為_________(用含m、c、V的代數式表示,結果化成最簡)。③若滴定前滴定管尖嘴有氣泡,滴定終點時尖嘴氣泡消失,則測得結果________(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。26、(10分)高氯酸銨(NH4ClO4)為白色晶體,具有不穩(wěn)定性,在400℃時開始分解產生多種氣體,常用于生產火箭推進劑。某化學興趣小組同學利用下列裝置對NH4ClO4的分解產物進行探究。(假設裝置內試劑均足量,部分夾持裝置已省略)。(1)在實驗過程中發(fā)現(xiàn)C中銅粉由紅色變?yōu)楹谏?,說明分解產物中有__(填化學式)。(2)實驗完畢后,取D中硬質玻璃管中的固體物質于試管中,滴加蒸餾水,產生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體,產生該氣體的化學方程式為__。(3)通過上述實驗現(xiàn)象的分析,某同學認為產物中還應有H2O,可能有Cl2。該同學認為可能有Cl2存在的理由是__。(4)為了證明H2O和Cl2的存在,選擇上述部分裝置和下列提供的裝置進行實驗:①按氣流從左至右,裝置的連接順序為A→__→__→__。②F中發(fā)生反應的離子方程式為__。(5)實驗結論:NH4ClO4分解時產生了上述幾種物質,則高氯酸銨分解的化學方程式為___。(6)在實驗過程中儀器E中裝有堿石灰的目的__;實驗結束后,某同學擬通過稱量D中鎂粉質量的變化,計算高氯酸銨的分解率,會造成計算結果__(填“偏大”“偏小”或“無法判斷”)。27、(12分)某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為沉淀可能是CuCO3;乙同學認為沉淀可能是Cu(OH)2;丙同學認為沉淀可能是CuCO3和Cu(OH)2的混合物。(查閱資料知:CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水)Ⅰ.按照甲同學的觀點,發(fā)生反應的離子反應方程式為_______________________;在探究沉淀成分前,須將沉淀從溶液中分離并凈化。其具體操作依次為____________________。Ⅱ.請用下圖所示裝置,選擇必要的試劑,定性探究生成物的成分。(1)各裝置連接順序為__________________________。(2)能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是__________________。Ⅲ.若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有,可利用下列裝置通過實驗測定其組成。(1)裝置C中堿石灰的作用是__________________,實驗開始和結束時都要通入過量的空氣,請說明結束時通入過量空氣的作用是____________________________(2)若沉淀樣品的質量為m克,裝置B質量增加了n克,則沉淀中CuCO3的質量分數為___________。28、(14分)黃銅礦是主要的煉銅原料,CuFeS2是其中銅的主要存在形式?;卮鹣铝袉栴}:(1)CuFeS2中存在的化學鍵類型是_______。其組成的三種元素中電負性較強的是_______。(2)下列基態(tài)原子或離子的價層電子排布圖正確的______。(3)在較低溫度下CuFeS2與濃硫酸作用時,有少量臭雞蛋氣味的氣體X產生。①X分子的立體構型是____,中心原子雜化類型為____,屬于_______(填“極性”或“非極性”)分子。②X的沸點比水低的主要原因是___________。(4)CuFeS2與氧氣反應生成SO2,其結構式為,則SO2中共價鍵類型有_________。(5)四方晶系CuFeS2晶胞結構如圖所示。①Cu+的配位數為__________,②已知:a=b=0.524nm,c=1.032nm,NA為阿伏加德羅常數的值,CuFeS2晶體的密度是________g?cm3(列出計算式)。29、(10分)鋁是地殼中含量最高的金屬元素,其單質及合金在生產生活中的應用日趨廣泛。(1)真空碳熱還原-氯化法可實現(xiàn)由鋁土礦制備金屬鋁,其相關反應的熱化學方程式如下:Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H=akJ·mol-13AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g)△H=bkJ·mol-1①反應Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)的△H=________kJ·mol-1(用含a、b的代數式表示)。②Al4C3是反應過程中的中間產物。Al4C3與鹽酸反應(產物之一是含氫量最高的烴)的化學方程式為____________________________________________。(2)鎂鋁合金(Mg17Al12)是一種潛在的貯氫材料,可在氬氣保護下,將一定化學計量比的Mg、Al單質在一定溫度下熔煉獲得。該合金在一定條件下完全吸氫的反應方程式為Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al。得到的混合物Y(17MgH2+12Al)在一定條件下可釋放出氫氣。①熔煉制備鎂鋁合金(Mg17Al12)時通入氬氣的目的是_______________________。②在6.0mol·L-1HCl溶液中,混合物Y能完全釋放出H2。1molMg17Al12完全吸氫后得到的混合物Y與上述鹽酸完全反應,釋放出H2的物質的量為____________。③在0.5mol·L-1NaOH和1.0mol·L-1MgCl2溶液中,混合物Y均只能部分放出氫氣,反應后殘留固體物質的X-射線衍射譜圖如圖所示(X-射線衍射可用于判斷某晶態(tài)物質是否存在,不同晶態(tài)物質出現(xiàn)衍射峰的衍射角不同)。在上述NaOH溶液中,混合物Y中產生氫氣的主要物質是_______________________(填化學式)。(3)鋁電池性能優(yōu)越,Al-AgO電池可用作水下動力電源,其原理如圖所示。該電池反應的化學方程式為_________________________________。
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、D【解析】A.物質Ⅰ()的分子式為C7H8O2,故A錯誤;B.C-H、C-Cl的鍵長不同,CHCl3分子是四面體結構,而不是正四面體結構,故B錯誤;C.物質Ⅰ、Ⅲ結構不相似,Ⅲ含有醛基,二者不是同系物,故C錯誤;D.香草醛中含有苯環(huán)、羥基和醛基,則可發(fā)生取代、加成反應,故D正確;答案選D。2、B【詳解】A、氫氣還原氧化銅后留下的銅,是不活潑金屬,排在金屬活動性順序中氫的后面,不能和稀鹽酸反應,故A錯誤;B、蒸發(fā)時,加入的液體不能超過容器容積的,過多液體可能溢出,故B正確;C、苯的密度比水的密度小,分層后水層在下層,分層時避免上下層液體混合,則先分離出水,有機層從上口倒出,故C錯誤;D、高錳酸鉀溶液呈酸性,且有強氧化性,要腐蝕橡皮,應該用酸式滴定管盛放,故D錯誤。答案選B。3、B【解析】A.鋇餐是口服醫(yī)用硫酸鋇制劑以顯示胃腸道的造影檢查法,主要物質是BaSO4,A正確;B.明礬化學式為KAl(SO4)2·12H2O,CuSO4·5H2O學名為五水合硫酸銅,俗名為藍礬、膽礬,B錯誤;C.石膏為CaSO4,分為生石膏(CaSO4·2H2O)和熟石膏(CaSO4·?H2O),C正確;D.石灰乳的主要成分為Ca(OH)2,D正確;答案為B。4、B【解析】試題分析:A.計算機芯片的主要材料是Si,正確;B.明礬水解生成的氫氧化鋁膠體具有吸附性,能做凈水劑,錯誤;C.可用碘酒滅菌消毒是因為它能使蛋白質變性,正確;D.鈉、鍶、鋇等金屬化合物的焰色反應各不相同,可在燃放時呈現(xiàn)艷麗色彩,正確;故選B??键c:考查了物質的性質和用途的相關知識。5、A【解析】Na2CO3和NaHCO3粉末與同濃度鹽酸反應時,NaHCO3與鹽酸反應放出氣體速度快,故A錯誤;NaHCO3與鹽酸發(fā)生,Na2CO3與鹽酸發(fā)生,所以等物質的量的兩種鹽與同濃度鹽酸反應,Na2CO3所消耗鹽酸的體積是NaHCO3的兩倍,故B正確;碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉,所以向Na2CO3飽和溶液中通人過量CO2,有NaHCO3結晶析出,故C正確;Na2CO3與BaCl2溶液反應生成碳酸鋇沉淀,NaHCO3與BaCl2溶液不反應,故D正確。6、D【詳解】A項,盛有硅膠的透氣小袋主要用于吸水防潮,不能起到防氧化的作用,故A項錯誤;B項,燃燒煤等化石燃料產生的煙塵等物質是霧霾形成的部分原因,而CO2的排放與霧霾形成無關,故B項錯誤;C項,小蘇打可以做膨松劑的原理是NaHCO3受熱分解生成了CO2氣體,不是因為其能與堿反應,故C項錯誤。D項,漂粉精主要成分是次氯酸鈣,與二氧化碳和水反應即可轉變?yōu)镠ClO,具有強氧化性,可以用于消毒,故D項正確。綜上所述,本題正確答案為D。7、B【詳解】①4P(紅)+5O2=2P2O5△H1;②4P(白)+5O2═2P2O5△H2;①﹣②得到4P(紅)=4P(白)△H=△H1﹣△H2,已知1mol紅磷變成1mol白磷吸收18.39KJ的熱量,所以△H1﹣△H2>0;△H1>△H2,故選B。8、B【詳解】A項、O3與O2是由氧元素形成的不同單質,不是化合物,一定不是同分異構體,故A錯誤;B項、O3與O2是由氧元素形成的不同單質,兩者互為同素異形體,故B正確;C項、O3與O2是由氧元素形成的不同單質,不是化合物,一定不是同系物,故C錯誤;D項、因O3與O2的化學式不同,結構不同,性質不相同,故D錯誤;故選B。9、A【分析】短周期元素包括1、2、3周期元素,A、B、D同主族,則其只能為ⅠA族元素,從而得出A為H、B為Li、D為Na;E是太陽能轉化為電能的常用材料,則其為Si;C、E同主族,則C為C(碳)。從而確定A、B、C、D、E分別為H、Li、C、Na、Si?!驹斀狻緼.由A、D兩種元素組成的化合物為NaH,只含有離子鍵,A正確;B.C、E的最高價氧化物分別為CO2、SiO2,前者為分子晶體,后者為原子晶體,二者具有不同的物理性質和化學性質,B錯誤;C.H-與Li+的電子層結構相同,但H的核電荷數為1,Li的核電荷數為3,對電子層結構相同的離子來說,核電荷數越大,離子半徑越小,所以微粒半徑:Li+<H-,C錯誤;D.Li的金屬性比Na弱,所以最高價氧化物對應水化物堿性:LiOH<NaOH,D錯誤。故選A。10、B【詳解】A.地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊,構成原電池時鐵為正極,保護了鐵,所以地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊可以減緩管道的腐蝕,故A正確;B.制作光導纖維的原料是二氧化硅,不是硅,故B錯誤;C.研發(fā)新能源汽車,減少化石燃料的使用,可以減少廢氣、廢渣等排放,有利于保護環(huán)境,與“綠水青山就是金山銀山”的綠色發(fā)展理念一致,故C正確;D.跨海大橋使用的合金材料,必須具有強度大、密度小、耐腐蝕等特性,故D正確;故答案為B。11、A【解析】b點10mL0.1mo1/LHCl溶液與10mL0.1mol/LNa2CO3溶液混合,恰好反應為NaHCO3與NaCl,即b點溶質為NaHCO3與NaCl;d點20mL0.1mo1/LHCl溶液與10mL0.1mol/LNa2CO3溶液混合,恰好完全反應生成NaCl與CO2,而d點溶液呈酸性,則溶解了CO2,溶質為NaCl與H2CO3;c點存在NaHCO3、NaCl,而pH=7,則溶液中也存在H2CO3。綜上分析,a點溶質為Na2CO3;b點溶質為NaHCO3、NaCl;c點溶質為NaHCO3、H2CO3、NaCl;d點溶質為NaCl、H2CO3;【詳解】A、a、b點均促進水的電離,且對水電離的促進作用a>b,c點pH=7,NaHCO3促進水的電離,H2CO3抑制水的電離,兩者作用相互抵消,d點抑制水的電離,故水電離程度大小順序為a>b>c>d,故A正確;B、a點溶質為Na2CO3,CO32-部分水解生成HCO3-和OH-,溶液呈堿性,由于OH-還來自水的電離,則c(OH-)>c(HCO3-),離子濃度大小為:c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-),故B錯誤;C、b點溶質為等物質的量的NaHCO3、NaCl,則根據物料守恒有c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)],故C錯誤;D、d點溶質為NaCl、H2CO3;H2CO3以第一步電離為主,則c(HCO3-)>c(CO32-),由于H+還來自水的電離,則c(HCO3-)>c(H+),正確的離子濃度大小為:c(H+)>c(HCO3-)>c(CO32-),故D錯誤;故選A。【點睛】本題突破口為先根據酸堿的物質的量的比例,分析溶液中的主要溶質,然后根據溶液的酸堿性判斷出c、d點溶液中溶有CO2,從而確定每一點的溶質,再根據電荷守恒、物料守恒來解題。12、B【解析】A.合成氨是可逆反應,N2的轉化率不可能達到100%,則1molN2與4molH2反應生成的NH3分子數小于2NA,故A錯誤;B.一個分子中含有8個S-S鍵,則32gS8(分子結構:)中的共價鍵數目為32g256g/mol×8×NA/mol=NAC.Cl2溶于水是可逆反應,只有部分Cl2與水反應生成HCl、HClO,其余仍以Cl2分子形式存在于水中,則標準狀況下,11.2LCl2的物質的量為0.5mol,溶于水后溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒數之和小于NA,故C錯誤;D.39g鉀的物質的量為1mol,而鉀反應后變?yōu)?1價,故1mol鉀反應后轉移NA個電子,故D錯誤;故答案為B。13、B【詳解】A.在酸性條件下,有強氧化性,則溶液X中可能含有Fe2+,不一定含有Fe3+,故A項錯誤;B.氯氣與水反應生成HClO,可使品紅溶液褪色,加熱不恢復,則證明HCl氣體中含有Cl2,故B項正確;C.結論應該為Fe3+的氧化性比I2強,故C項錯誤;D.加熱NH4Cl固體,NH4Cl易分解為NH3和HCl,但二者在試管口又化合生成NH4Cl,這個過程并非升華,故D項錯誤;故答案為B。14、C【詳解】A.由圖可知,a點時,A、B兩物質反應的時間相同,但物質的量的變化量不同,反應速率不相等,故A錯誤;B.反應開始到5min,B的物質的量由0變?yōu)?.4mol,則增加了0.4mol,故B錯誤;C.反應達到平衡時,A的物質的量由0.8mol減少為0.2mol,變化量為0.6mol,A為反應物,B的物質的量由0增加到0.4mol,變化量為0.4mol,C的物質的量由0增加到0.2mol,變化量為0.2mol,B、C為生成物,化學反應計量系數之比等于反應體系中物質變化量之比,?n(A):?n(B):?n(C)=0.6mol:0.4mol:0.2mol=3:2:1,則反應的化學方程式為:3A2B+C,故C正確;D.反應開始到5min,?n(C)=0.2mol,υ(C)==0.02mol/(L·min),故D錯誤;答案選C。【點睛】從圖象中找到信息,找到誰是反應物,誰是生成物,根據方程式的系數之比等于變化的物質的量之比,從而正確書寫出化學方程式,應用化學反應速率的公式進行計算。15、D【解析】A.溫室效應是由于過量CO2氣體的排放引起的,因此推廣碳捕集和封存技術,有利于緩解溫室效應,不符合題意,A錯誤;B.白色污染,是由不可降解的塑料引起的,因此研發(fā)可降解高分子材料,有利于解決白色污染問題,不符合題意,B錯誤;C.化石燃料屬于不可再生能源,且為目前的主要能源,用硅制作太陽能電池,能有效利用太陽能,減少對化石燃料的依賴,不符合題意,C錯誤;D.工業(yè)污水中含有大量的重金屬離子,即使向遠海洋排放,也會造成生活水源的污染,選項錯誤,符合題意,D正確;答案為D。16、A【詳解】A.溶洞中的石灰?guī)r主要成分是碳酸鈣,當遇到溶有二氧化碳的水時,會反應生成溶解性較大的碳酸氫鈣:CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2,溶有碳酸氫鈣的水遇熱或當壓強突然變小時,溶解在水里的碳酸氫鈣就會分解,重新生成碳酸鈣沉積下來,同時放出二氧化碳:Ca(HCO3)2=CaCO3+CO2↑+H2O,整個過程鈣元素的化合價沒有變化,既沒有被氧化又沒有被還原,故A符合題意;B.空氣中的O2和N2在閃電時化合成NO,即N2+O22NO,氮元素的化合價由0價升高到+2價,氮元素被氧化了,故B不符合題意;C.火山噴發(fā)時,在高溫條件下可發(fā)生S+O2=SO2,硫元素的化合價由0價升高到+4價,硫元素被氧化了,故C不符合題意;D.光合作用會發(fā)生6CO2+6H2OC6H12O6+6O2,可知氧元素失電子,碳元素得電子,化合價降低,被還原了,故D不符合題意;答案為A。17、D【解析】A、若a、b、c均為廚房中常用的物質,a為碳酸鈉,X為鹽酸,碳酸鈉與鹽酸反應生成碳酸氫鈉b,碳酸氫鈉與鹽酸繼續(xù)反應生成氯化鈉c,鈉離子核外有2個電子層,氯離子核外有有3個電子層,所以氯化鈉中陽離子半徑小于其陰離子半徑,A正確;B、若a為氣態(tài)硫化氫,與氧氣反應生成單質硫b,硫繼續(xù)與氧氣反應生成二氧化硫c,硫化氫與氧氣直接反應生成二氧化硫,硫化氫為18個電子微粒;甲烷與氧氣不完全反應生成一氧化碳b,一氧化碳與氧氣繼續(xù)反應生成二氧化碳c,甲烷完全燃燒直接生成二氧化碳,甲烷為10個電子的微粒;綜上所述,B正確;C、若b為氫氧化鋁,X可以是強酸或強堿,C正確;D、若a為單質碳,可以燃燒生成一氧化碳b,二氧化碳c,但是和氧原子序數只差為2,不是8;若a為固態(tài)非金屬單質硫,與氧氣反應不能直接生成三氧化硫c;也就是說,硫原子和氧原子的原子序數雖然能夠差8,但是不能滿足題意要求,D錯誤;正確選項D。18、C【詳解】A.加熱法NaHCO3固體分解,而碳酸鈉不能,則加熱法可鑒別,故正確;B.Na2O粉末為白色,Na2O2粉末為淡黃色,顏色不同,則觀察法可鑒別,故正確;C.澄清石灰水與Na2CO3溶液和NaHCO3溶液反應均生成白色沉淀,現(xiàn)象相同,不能鑒別,故錯誤;D.AlCl3溶液與Na2CO3溶液反應生成沉淀,與NaOH溶液反應先生成沉淀后沉淀消失,現(xiàn)象不同,可鑒別,故正確;故選C。19、A【解析】由于實驗室沒有480mL的容量瓶,只能選用500mL容量瓶,配制500mL0.1mol/L的硫酸銅溶液,需要硫酸銅的物質的量為:0.1mol/L×0.5L=0.05mol,硫酸銅的質量為:160g/mol×0.05mol=8.0g,需要膽礬質量為:250g/mol×0.05mol=12.5g,A.稱取12.5g膽礬,配成500mL溶液,得到的溶液的濃度為0.1mol/L,故A正確;B.稱取12.5g膽礬配成500mL溶液,加入500mL水,配制的溶液的體積不是500mL,故B錯誤;C.應選用500mL容量瓶,配制500mL溶液,需要稱取8.0g無水硫酸銅,故C錯誤;D.稱取8.0g硫酸銅配成500mL溶液,加入500mL水,配制的溶液的體積不是500mL,故D錯誤;故選A.【點評】本題考查一定物質的量濃度溶液的配制,比較基礎,根據c=理解溶液的配制、物質的量濃,注意一定容量規(guī)格的容量瓶只能配制相應體積的溶液.20、B【分析】在氧化還原反應中,氧化劑先氧化還原性強的離子,再氧化還原性弱的離子,據此分析判斷?!驹斀狻窟€原性I->Fe2+>Br-,在只含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入一定量的氯氣,I-先被氧化,其次是Fe2+,最后是Br-;A.向溶液中通入一定量的氯氣,I-先被氧化,若溶液中存在I-,那么Fe3+不能存在,A項錯誤;B.溶液中通入Cl2,I-先被氧化,其次是Fe2+,若Fe2+存在,Br-還未被氧化,因此溶液中存在Fe2+、Br-,B項正確;C.當溶液中存在Fe2+時,Br-還未被氧化,因此溶液中一定會存在Br-,C項錯誤;D.當溶液中存在Fe2+時,Br-還未被氧化,因此溶液中一定會存在Br-,D項錯誤;答案選B?!军c睛】本題的難點是確定發(fā)生氧化還原反應的離子的先后順序,即先后規(guī)律,在濃度相差不大的溶液中:(1)同時含有幾種還原劑時將按照還原性由強到弱的順序依次反應,如在FeBr2溶液中通入少量Cl2時,因為還原性:Fe2+>Br-,所以Fe2+先與Cl2反應;(2)同時含有幾種氧化劑時將按照氧化性由強到弱的順序依次反應。如在含有Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入鐵粉,因為氧化性Fe3+>Cu2+,所以鐵粉先與Fe3+反應,然后再與Cu2+反應。21、C【詳解】Y是地殼中含量最高的元素,即Y是O,根據元素周期表中元素的分布,所以W是S,X是C,Z是Al元素。A、一般原子電子層越多,半徑越大,所以原子半徑Al>O,故A正確;B、O、S是同主族元素的原子,從上到下,元素的非金屬性逐漸減弱,即O的非金屬性強于W,故B正確;C、S元素的氧化物有二氧化硫和三氧化硫兩種,二氧化硫對應的酸亞硫酸是中強酸,三氧化硫對應的酸硫酸是強酸,故C錯誤;D、二氧化碳是酸性氧化物可以和氫氧化鈉反應生成碳酸鈉和水,氧化鋁是兩性氧化物,可以和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和水,故D正確,故選:C。22、B【分析】溶液A能與過量的稀硝酸反應,生成氣體A,說明溶液A中含有還原性離子,即含有Fe2+,氣體A的體積為2.24L,根據得失電子數目守恒,得出n(Fe2+)=2.24×3/22.4mol=0.3mol,溶液B中加入過量Ba(OH)2溶液,并加熱,有氣體B產生,即該氣體為NH3,說明原溶液中含有NH4+,n(NH3)=0.1mol,沉淀A中一定含有Fe(OH)3,溶液C加入足量的HBr,生成沉淀B,沉淀B為AgBr,原溶液中一定含有Ag+,沉淀B的物質的量為0.1mol,則原溶液中Ag+的物質的量為0.1mol,產生的NH3能與Ag+反應生成[Ag(NH3)2]+,得出NH3總物質的量為(0.1+0.1×2)mol=0.3mol,即原溶液中n(NH4+)=0.3mol,根據離子共存,可以得出原溶液中一定不含有的離子是SO42-、Cl-,溶液呈現(xiàn)電中性,原溶液中一定存在NO3-;【詳解】溶液A能與過量的稀硝酸反應,生成氣體A,說明溶液A中含有還原性離子,即含有Fe2+,氣體A的體積為2.24L,根據得失電子數目守恒,得出n(Fe2+)=2.24×3/22.4mol=0.3mol,溶液B中加入過量Ba(OH)2溶液,并加熱,有氣體B產生,即該氣體為NH3,說明原溶液中含有NH4+,n(NH3)=0.1mol,沉淀A中一定含有Fe(OH)3,溶液C加入足量的HBr,生成沉淀B,沉淀B為AgBr,原溶液中一定含有Ag+,沉淀B的物質的量為0.1mol,則原溶液中Ag+的物質的量為0.1mol,產生的NH3能與Ag+反應生成[Ag(NH3)2]+,得出NH3總物質的量為(0.1+0.1×2)mol=0.3mol,即原溶液中n(NH4+)=0.3mol,根據離子共存,可以得出原溶液中一定不含有的離子是SO42-、Cl-,溶液呈現(xiàn)電中性,原溶液中一定存在NO3-;A、根據上述分析,原溶液中一定含有Fe2+、NH4+、Ag+、NO3-,一定不含有的離子是SO42-、Cl-,可能存在的離子是Fe3+、Mg2+、Al3+,故A說法正確;B、因為Ba(OH)2是過量,氫氧化鋁表現(xiàn)兩性,即沉淀A中不含氫氧化鋁,故B說法錯誤;C、根據上述分析,溶液D中可能含有Al3+,故C說法正確;D、根據上述分析,原溶液中NO3-至少物質的量為(0.3×2+0.3+0.1)mol=1.0mol,原溶液可能含有Fe3+、Mg2+、Al3+,因此c(NO3-)至少為1.0/1mol·L-1=1.0mol·L-1,故D說法正確?!军c睛】易錯點是選項D,學生容易算錯NH3的物質的量,忽略了生成的NH3能與Ag+結合,生成Ag(NH3)2+絡合離子,溶液中NH4+總物質的量應是氣體B的物質的量與絡合離子中NH3物質的量的和。二、非選擇題(共84分)23、NH3NH、Mg2+、SO和NONa+、Cl-和Al3+Mg(OH)2+2H+=Mg2++H2O【分析】試樣溶液中加入過量氫氧化鋇溶液并加熱,生成的氣體1遇濕潤紅色石蕊試紙顯藍色,該氣體1是氨氣,則試樣中含有銨根離子,向濾液中通入二氧化碳,得到的溶液2,沉淀2,溶液2中加入鋁,生成的氣體2,該氣體為氨氣,據已知條件知,溶液2中含有硝酸根離子,根據元素守恒知,原溶液中含有硝酸根離子,濾液1中通入二氧化碳,得到沉淀2,向沉淀2中加入酸,沉淀溶解并放出氣體,說明沉淀2是碳酸鋇,沉淀1加入酸后,沉淀部分溶解,所以有硫酸鋇沉淀,說明原溶液中有硫酸根離子,能和過量的氫氧化鋇反應生成能溶于酸的沉淀,根據離子知,該沉淀為氫氧化鎂,所以溶液中含有鎂離子。根據分析溶液中一定有銨根離子,鎂離子,硫酸根離子,和硝酸根離子,不能確定是否有鋁離子,可能存在鈉離子和氯離子,據此分析。【詳解】(1)氣體1為NH3;
(2)根據上述分析可知,試樣溶液中肯定存在NH、Mg2+、SO和NO離子。試樣中可能存在Na+、Cl-和Al3+離子;(3)沉淀1加入酸后,沉淀部分溶解,所以有硫酸鋇沉淀,說明原溶液中有硫酸根離子,能和過量的氫氧化鋇反應生成能溶于酸的沉淀,根據離子知,該沉淀為氫氧化鎂,所以溶液中含有鎂離子,沉淀1部分溶解的離子方程式為Mg(OH)2+2H+=Mg2++H2O。24、C10H12O2羥基、醚鍵取代反應、4或CH3COCH3【分析】根據丁香酚的鍵線式結構,判斷其分子式;根據A的結構簡式,判斷含氧官能團,對比A、B的結構判斷反應類型;根據題中所給信息,寫出符合條件的C的同分異構體;根據D的結構判斷與H2加成的量;根據題中信息,對比D、E的結構,判斷試劑X的結構;據此解答?!驹斀狻?1)丁香酚的鍵線式結構為,交點、端點為碳原子,用H原子飽和碳的四價結構,可知其分子式為C10H12O2;答案為C10H12O2。(2)由A的結構簡式為可知,該有機物含氧官能團有羥基和醚鍵;A的結構簡式為,B的結構簡式為,對比A、B的結構,從羥基變成酯基,得出該反應為取代反應;答案為羥基、醚鍵,取代反應。(3)C的結構簡式為,其的分子式為C10H10O4,根據信息中含有苯環(huán),則取代基只剩下4個碳原子,且苯環(huán)上有兩個取代基,其相對位置應該有鄰位、間位和對位三種結構。又因其核磁共振氫譜為3組峰,峰面積比為3:1:1,它可能的同分異構體應該是鄰位的兩個相同的取代基,因為C是酯類化合物,故取代基為-COOCH3或者-OOCCH3,可以確定符合條件C的同分異構體結構簡式為,答案為。(4)由D的結構簡式可知,其分子中含有一個醛基,1mol醛基可以加成1molH2,另外1mol苯環(huán)也可以加成3molH2,則1molD最多可以與4molH2發(fā)生加成反應;答案為4。(5)D的結構簡式為,E的結構簡式為,反應⑤的條件與題干中的羥醛縮合反應對應,說明反應⑤就是羥醛縮合,對比D、E的結構,發(fā)現(xiàn)E比2個D多了中間的三個碳原子,可以得出試劑X為或CH3COCH3;答案為或CH3COCH3。25、防止污染環(huán)境或吸收多余的ClO22NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2SOBE滴入最后一滴Na2S2O3標準溶液時,溶液藍色或淺藍色退去且半分鐘顏色不恢復%偏高【分析】裝置A中制備得到ClO2,所以A中反應為NaClO3和Na2SO3在濃硫酸的作用下生成ClO2和Na2SO4,A中還可能發(fā)生Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O;裝置B中二氧化氯和氫氧化鈉、H2O2的混合溶液反應生成NaClO2。另外A中產生的SO2被帶入B中,SO2與NaOH和H2O2的混合溶液反應生成硫酸鈉。由題目信息可知,應控制溫度38℃~60℃,高于60℃時NaC1O2分解成NaClO3.和NaC1。,從裝置B的溶液獲得NaClO2晶體,需要蒸發(fā)結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥,裝置C是吸收多余氣體防止污染。據此解答。【詳解】⑴裝置C的作用是吸收ClO2,防止污染空氣。故答案為:防止污染環(huán)境或吸收多余的ClO2。⑵裝置B中以ClO2為原料制備NaClO2,ClO2中氯元素的價態(tài)由+4降低到+3價,ClO2為氧化劑,則H2O2還原劑,H2O2中氧元素的價態(tài)應有-1價升高到0價,則應有O2生成,則方程式為2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。答案為:2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。⑶裝置A中在制備ClO2的同時,還可能發(fā)生Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O,生成的SO2隨ClO2到B裝置中,則SO2被H2O2氧化為硫酸,硫酸與氫氧化鈉反應生成硫酸鈉,則裝置B反應后的溶液中還可能含有的一種陰離子是SO。故答案為:SO。⑷根據已知:①飽和NaClO溶液析出晶體與溫度的關系,NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時析出的晶體是NaClO2·3H2O,高于38℃時析出的晶體是NaClO2,高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaC1;則從裝置B反應后的溶液獲得無水NaClO2晶體的操作步驟包括:①減壓,55℃蒸發(fā)結晶;②趁熱過濾;③用38℃~60℃熱水洗滌;④低于60℃干燥,得到成品。故答案為:B;E。(5)①ClO2在酸性條件下氧化I-生成I2,C1O2被還原為C1-,同時生成H2O,反應離子方程式為:ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-,利用碘遇淀粉變藍色,選擇淀粉作指示劑,用cmol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定,滴定時發(fā)生的反應為I2+2S2O=S4O+2I-,當達到滴定至終點時,碘單質恰好反應完,溶液藍色或淺藍色退去且半分鐘顏色不恢復。故答案為:滴入最后一滴Na2S2O3標準溶液時,溶液藍色或淺藍色退去且半分鐘顏色不恢復②由反應中的I元素守恒可知:,25.00mL待測溶液中n(NaClO2)=,m(NaClO2)=;樣品mg配成的250mL待測溶液中的NaClO2質量擴大10倍,故樣品中NaClO2的質量分數為。③滴定管滴定前有氣泡,滴定后氣泡消失,標準液體積小,消耗的讀數包含氣泡的體積,讀數偏大,測定結果偏高。故答案為:偏高。26、O2Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑O2和N2都是氧化產物,根據化合價變化規(guī)律,還應存在還原產物,從而判斷出氯元素的化合價降低,可能生成Cl2HGFCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O吸收空氣中的CO2和水烝氣偏大【詳解】(1)NH4ClO4受熱分解產生的氣體,經堿石灰干燥后,能使銅粉由紅色變?yōu)楹谏f明生成了CuO,所以分解產物中含有O2,故答案為:O2;(2)產生的能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體為氨氣,發(fā)生反應為:Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑,說明D中固體為Mg3N2,據此可判斷NH4ClO4受熱分解產物中有N2生成,故答案為:Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑;(3)根據分析可知,NH4ClO4分解產物中含有O2和N2,O2和N2都是氧化產物,根據氧化還原反應規(guī)律,還應存在還原產物,從而判斷出氯元素的化合價降低,可能生成氯氣,故答案為:O2和N2都是氧化產物,根據氧化還原反應規(guī)律,還應存在還原產物,從而判斷出氯元素的化合價降低,可能生成Cl2;(4)①檢驗水蒸氣和氯氣,應該先用H中的無水硫酸銅檢驗水的存在,再用溴化鉀檢驗氯氣,現(xiàn)象是水溶液變?yōu)槌赛S色;為了防止多余的氯氣污染環(huán)境,還需要使用尾氣吸收裝置,所以按氣流從左至右,裝置的連接順序為A→H→G→F,故答案為:H;G;F;②F中發(fā)生反應是氯氣被氫氧化鈉溶液吸收生成氯化鈉、次氯酸鈉和水,其反應的離子方程式:Cl2+2OH?=Cl?+ClO?+H2O,故答案為:Cl2+2OH?=Cl?+ClO?+H2O;(5)NH4ClO4分解生成氮氣、氧氣、氯氣和水,結合電子守恒、原子守恒配平可得:2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑,故答案為:2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑;(6)在實驗過程中儀器E中裝有堿石灰的目的是吸收空氣中的二氧化碳和水蒸氣,實驗結束后,某同學擬通過稱量D中鎂粉質量的變化,計算高氯酸銨的分解率,鎂粉與裝置中的氧氣、氮氣反應,造成產物質量增大,會造成計算結果偏大,故答案為:吸收空氣中的二氧化碳和水蒸氣;偏大。27、CO32-+Cu2+=CuCO3↓過濾、洗滌、干燥A→C→B裝置B中澄清石灰水變渾濁吸收空氣中的H2O(g)和CO2結束時通入的空氣可以將裝置中滯留的H2O(g)和CO2趕出1-【分析】Ⅰ、沉淀是CuCO3說明Na2CO3溶液與CuSO4溶液發(fā)生復分解反應生成硫酸鈉與碳酸銅,即碳酸根與銅離子反應生成碳酸銅沉淀;將沉淀從溶液中分離并凈化,用過濾的方法;Ⅱ、(1)加熱時氫氧化銅分解成CuO和水,碳酸銅分解成氧化銅和二氧化碳;若有氫氧化銅可用無水硫酸銅檢驗;若有碳酸銅可用澄清的石灰水檢驗產生的二氧化碳,澄清石灰水變渾濁說明含有CuCO3;由于澄清石灰水會帶出H2O(g),所以先檢驗H2O后檢驗CO2。(2)由上述分析能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是裝置B中澄清石灰水變渾濁。Ⅲ、(1)實驗開始時裝置的空氣中含有水蒸氣和二氧化碳,若不排除被吸收裝置吸收會對計算結果產生較大的誤差,故開始時先用除去H2O(g)和二氧化碳的空氣將裝置中的空氣排盡;實驗結束氫氧化銅和碳酸銅加熱分解后會在反應裝置中殘留二氧化碳和H2O(g),通過用除去H2O(g)和二氧化碳的空氣將裝置中的H2O(g)和二氧化碳趕出被吸收裝置完全吸收;(2)裝置B質量增加了n克,說明分解生成ng水,根據水的質量計算沉淀中氫氧化銅的質量,沉淀質量減去氫氧化銅的質量等于碳酸銅的質量,再利用質量分數的定義計算?!驹斀狻竣瘛⒊恋硎荂uCO3說明,Na2CO3溶液與CuSO4溶液發(fā)生反應生成硫酸鈉與碳酸銅,即碳酸根與銅離子反應生成碳酸銅沉淀,反應的離子方程式為CO32-+Cu2+=CuCO3↓;將沉淀從溶液中分離并凈化,用過濾的方法,其具體操作依次為過濾、洗滌、干燥;Ⅱ、(1)加熱時氫氧化銅分解成CuO和水,碳酸銅分解成氧化銅和二氧化碳;若有氫氧化銅可用無水硫酸銅檢驗;若有碳酸銅可用澄清的石灰水檢驗產生的二氧化碳,澄清石灰水變渾濁說明含有CuCO3;由于澄清石灰水會帶出H2O(g),所以先檢驗H2O后檢驗CO2。A加熱固體,C用無水硫酸銅檢驗有無水生成,B用澄清的石灰水檢驗有無二氧化碳產生,各裝置連接順序為A→C→B;(2)由上述分析能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是裝置B中澄清石灰水變渾濁。Ⅲ、若CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀都有,加熱時生成CO2和H2O,定量檢驗時,可用濃硫酸吸收水,用堿石灰吸收二氧化碳,實驗時,為減小誤差,應排除空氣中H2O(g)和二氧化碳的干擾,并保證H2O(g)和二氧化碳被完全吸收,則實驗儀器的連接順序應為CABDE。(1)實驗開始時裝置的空氣中含有水蒸氣和二氧化碳,若不排除被吸收裝置吸收會對計算結果產生較大的誤差,故開始時先用除去H2O(g)和二氧化碳的空氣將裝置中的H2O(g)和二氧化碳排盡
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