化学 大连市2017年高三三月双基测试
精品
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单选题 本大题共20小题,每小题2分,共40分。在每小题给出的4个选项中,有且只有一项是符合题目要求。
1
题型: 单选题
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分值: 2分

2. 下列关于有机化合物的说法正确的是

A聚氯乙烯分子中含有碳碳双键

B油脂的皂化反应属于加成反应

C糖类物质均可直接食用并能被人体吸收

D以淀粉为原料可制取乙酸乙酯

正确答案

D

解析

(A)聚氯乙烯为加聚产物,不含碳碳双键,而其单体含碳碳双键,故A错误;

(B)油脂在碱性条件下水解反应为皂化反应,油脂的氢化为加成反应,故B错误;

(C)纤维素为多糖,人体内不存在纤维素酶,则纤维素不能被人体吸收,故C错误;

(D)淀粉水解生成葡萄糖,葡萄糖发生酒化反应生成乙醇,乙醇氧化生成乙酸,乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,则以淀粉为原料可制取乙酸乙酯,故D正确;

故选D.

考查方向

有机物的结构和性质

解题思路

(A)聚氯乙烯为加聚产物,不含碳碳双键;

(B)油脂在碱性条件下水解反应为皂化反应;

(C)纤维素为多糖,人体内不存在纤维素酶;

(D)淀粉水解生成葡萄糖,葡萄糖发生酒化反应生成乙醇,乙醇氧化生成乙酸,乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯.

易错点

熟悉常见有机物的性质

1
题型: 单选题
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分值: 2分

4. NA代表阿伏伽德罗常数,下列说法正确的是

A1.4g乙烯和丙烯混合气体中含有C—H键的数目为0.2NA

B0.10molFe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.10NA

C标准状况下,11.2LCO2与足量Na2O2反应,转移的电子数为NA

D若将1mol氧化铁完全转化为氢氧化铁胶体,则分散系中胶体粒子数为NA

正确答案

A

解析

(A)1.4g乙烯物质的量=1.4g28g/mol=0.05mol,中含C−H键=0.05mol×4×NA=0.2NA,1.4g丙烯物质的量=1.4g42g/mol,分子中含C−H键=1.442mol×6×NA=0.2NA,1.4g乙烯和丙烯混合气体中含有C−H键的数目为0.2NA,故A正确;

(B)Fe粉与足量水蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2O 高温 . Fe3O4+4H2,所以0.10molFe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.43NA,故B错误;

(C)标准状况下,11.2LCO2的物质的量为0.5mol,而二氧化碳与过氧化钠反应时,1mol二氧化碳反应时,反应转移1mol电子,故0.5mol二氧化碳反应时,反应转移0.5mol电子即0.5NA个,故C错误;

(D)1mol氧化铁含2mol三价铁,氢氧化铁胶体粒子是多个氢氧化铁的集合体,形成的氢氧化铁胶体粒子数小于2NA,故D错误;

故选A.

考查方向

阿伏加德罗常数

解题思路

(A)计算1.4g乙烯中含C-H键,计算1.4g丙烯中含C-H键,据此分析判断;
(B)铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和全球,据此计算氢气的物质的量得到全球分子数;

(C)标准状况下,11.2LCO2的物质的量为0.5mol,而二氧化碳与过氧化钠反应时,1mol二氧化碳反应时,反应转移1mol电子;

(D)1mol氧化铁含2mol三价铁,氢氧化铁胶体粒子是多个氢氧化铁的集合体.

易错点

注意阿伏加德罗常数计算中容易出现的误区

1
题型: 单选题
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分值: 2分

6. 下列各溶液中一定能大量共存的离子组是

A常温下,c(H+)=10-13mol·L-1的溶液中:Na+.AlO2.S2-.SO32-

B使pH试纸呈红色的溶液中:Fe2+.I.NO3.Cl

C加入铝粉有氢气生成的溶液中:Mg2+.Cu2+.SO42-.K+

D常温下,由水电离出的c(H+)·c(OH)=1.0×10-26的溶液中:K+.Na+.HCO3.Ca2+

正确答案

A

解析

(A). 常温下,c(H+)=10−13mol⋅L−1的溶液,显碱性,该组离子之间不反应,可大量共存,故A选;

(B).使pH试纸呈红色的溶液,显酸性,Fe2+、I均与NO3发生氧化还原反应,不能共存,故B不选;

(C).加入铝粉有氢气生成的溶液,为非氧化性酸或强碱溶液,碱溶液中不能大量存在Mg2+、Cu2+,故C不选

(D).常温下,由水电离出的c(H+)•c(OH)=1.0×10−26的溶液,为酸或碱溶液,酸碱溶液中不能大量存在HCO3,故D不选;

故选A.

考查方向

溶液中的离子共存

解题思路

(A). 常温下,c(H+)=10-13mol•L-1的溶液,显碱性;

(B).使pH试纸呈红色的溶液,显酸性;

(C).加入铝粉有氢气生成的溶液,为非氧化性酸或强碱溶液;

(D).常温下,由水电离出的c(H+)•c(OH-)=1.0×10-26的溶液,为酸或碱溶液.

易错点

明确离子间反应的类型及发生时需要的条件

1
题型: 单选题
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分值: 2分

7. 根据表中信息判断,下列选项不正确的是

A第①组反应的其余产物为H2O和O2

B第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1:2

C第③组反应中生成1molCl2,转移电子2mol

D氧化性由强到弱顺序为MnO4>Cl2>Fe3+>Br2

正确答案

D

解析

(A). 反应中KMnO4→MnSO4,Mn元素化合价由+7价降低为+2价,根据电子转移守恒,H2O2中氧元素化合价升高,生成氧气,根据H元素守恒可知还生成水,故A正确;

(B). 由元素化合价可知,反应中只有亚铁离子被氧化,根据电子转移守恒2n(C12)=n(FeBr2),即n(C12)n(FeBr2)=12故B正确;

(C). 由信息可知,MnO4-氧化Cl-为Cl2,Cl元素化合价由-1价升高为0价,转移电子的物质的量是氯气的2倍,生成1mo1C12,转移电子为2mo1,故C正确;

(D). 氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性,由③可知氧化性MnO4->Cl2,由②可知氧化性Cl2>Fe3+,由②可知Fe3+不能氧化Br-,氧化性Br2>Fe3+,故D错误.

故选D.

考查方向

氧化还原反应基本概念

解题思路

(A). 反应中KMnO4→MnSO4,Mn元素化合价由+7价降低为+2价,根据电子转移守恒,H2O2中氧元素化合价升高,应生成氧气,根据元素守恒还生成水.

(B). 由元素化合价可知,反应中只有亚铁离子被氧化,结构电子转移守恒计算判断.

(C). 由信息可知,MnO4-氧化Cl-为Cl2,Cl元素化合价由-1价升高为0价,转移电子的物质的量是氯气的2倍.

(D). 氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性,由②可知Fe3+不能氧化Br-,氧化性Br2>Fe3+

易错点

理解并掌握氧化还原反应基本概念并且会运用

1
题型: 单选题
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分值: 2分

8.有a、b、c、d、e五种气体,现进行下列实验:

则a、b、c、d、e依次可能是

AO2、NO、HCl、NH3、CO2

BO2、NO、NH3、HCl、SO3

CNO、O2、NH3、HCl、SO2

DHCl、CO2、NH3、H2S、CH4

正确答案

C

解析

(A). 由a和b混合,气体变成红棕色,可知a和b为NO与O2的混合气;b通入氢硫酸中产生淡黄色沉淀,则b为氧气,a为NO;c和d混合产生白烟,则c和d为NH3、HCl的混合气;c通入少量溴水中溴水变成无色透明的液体,则c为NH3,d为HCl;e通入少量溴水中,溴水变成无色透明的液体,e通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊,则e为SO2,故A错误;

(B). 由a和b混合,气体变成红棕色,可知a和b为NO与O2的混合气;b通入氢硫酸中产生淡黄色沉淀,则b为氧气,a为NO;c和d混合产生白烟,则c和d为NH3、HCl的混合气;c通入少量溴水中溴水变成无色透明的液体,则c为NH3,d为HCl;e通入少量溴水中,溴水变成无色透明的液体,e通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊,则e为SO2,故B错误;

(C). 由a和b混合,气体变成红棕色,可知a和b为NO与O2的混合气;b通入氢硫酸中产生淡黄色沉淀,则b为氧气,a为NO;c和d混合产生白烟,则c和d为NH3、HCl的混合气;c通入少量溴水中溴水变成无色透明的液体,则c为NH3,d为HCl;e通入少量溴水中,溴水变成无色透明的液体,e通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊,则e为SO2,故C正确;

(D). 由a和b混合,气体变成红棕色,可知a和b为NO与O2的混合气;b通入氢硫酸中产生淡黄色沉淀,则b为氧气,a为NO;c和d混合产生白烟,则c和d为NH3、HCl的混合气;c通入少量溴水中溴水变成无色透明的液体,则c为NH3,d为HCl;e通入少量溴水中,溴水变成无色透明的液体,e通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊,则e为SO2,故D错误

故选C.

考查方向

物质的化学性质及反应现象

解题思路

(A).由a和b混合,气体变成红棕色,可知a和b为NO与O2的混合气;

(B). b通入氢硫酸中产生淡黄色沉淀,则b为氧气,a为NO;c和d混合产生白烟,则c和d为NH3、HCl的混合气;

(C). c通入少量溴水中溴水变成无色透明的液体,则c为NH3,d为HCl;

(D). e通入少量溴水中,溴水变成无色透明的液体,e通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊,则e为SO2

易错点

准确根据反应的相关现象分析物质的组成

1
题型: 单选题
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分值: 2分

9. 下列各组混合物,使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是

A氧化镁中混有氧化铝

B氯化铝溶液中混有氯化铁

C氯化亚铁溶液中混有氯化铜

D氧化铁中混有二氧化硅

正确答案

C

解析

(A). MgO是碱性氧化物与NaOH不能反应,而Al2O3是两性氧化物,可以与NaOH发生反应产生NaAlO2,过滤后洗涤,就得到纯净的MgO,故A不选;

(B).向溶液中加入过量的NaOH溶液,氯化铁变为Fe(OH)3沉淀,氯化铝变为NaAlO2,过滤,然后向溶液中加入适量的盐酸,当沉淀达到最大值中,过滤,得到Al(OH)3,再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解,就得到氯化铝溶液,除去了杂质,故B不选;

(C).二者都可以与NaOH发生反应,当再向得到的沉淀中加入盐酸时,二者都溶解,不能分离、提纯二者,故C选.

(D).二氧化硅是酸性氧化物,可以与NaOH发生反应,而氧化铁与NaOH不能发生反应.加入过量的NaOH,然后过滤洗涤,就得到纯净的氧化铁,故D不选;

故选C.

考查方向

物质的分离与提纯

解题思路

(A).氧化铝具有两性,可与氢氧化钠溶液反应;

(B).氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁,氢氧化钠过量,氯化铝生成偏铝酸钠,过滤后分别加入盐酸,可又生成氯化铝、氯化铁;

(C).二者都可以与NaOH发生反应生成沉淀,加入盐酸都可溶解;

(D).二氧化硅是酸性氧化物,可以与NaOH发生反应.

易错点

能根据物质的物理和化学性质进行物质的分离

1
题型: 单选题
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分值: 2分

1. 化学与人类的生产.生活息息相关,下列说法正确的是

A烟.云.雾在阳光照射下可观察到丁达尔效应

B“温室效应”“酸雨”的形成都与氮氧化合物有关

C绿色化学的核心是对环境污染进行综合治理

D高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维,光导纤维遇强碱会“断路”

正确答案

A

解析

(A)烟、云、雾属于气溶胶,具有丁达尔效应,所以烟、云、雾在阳光照射下可观察到丁达尔效应,故A正确;

(B)温室效应与二氧化碳有关,“酸雨”的形成都与氮氧化合物有关,故B错误;

(C)绿色化学的核心是从源头上杜绝污染,对环境污染进行综合治理,并不能从源头上消除污染,故C错误;

(D)高纯度的硅单质广泛用于制作半导体材料,二氧化硅晶体广泛用于制作光导纤维,光导纤维中的二氧化硅与强碱能反应,所以遇强碱会“断路”,故D错误.

故选A

考查方向

化学与生活的联系

解题思路

(A)烟、云、雾属于气溶胶;

(B)温室效应与二氧化碳有关;

(C)绿色化学的核心是从源头上杜绝污染;

(D)高纯度的硅单质广泛用于制作半导体材料.

易错点

熟记物质的性质及用途

1
题型: 单选题
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分值: 2分

3. 下列化学用语正确的有

①乙酸的最简式:CH2O

②二氧化硅的分子式:SiO2

③HClO的结构式:H—Cl—O

④乙烯是结构简式:CH2CH2

⑤Cl的结构示意图:

⑥过氧化钠的电子式:

⑦H2CO3的电离方程式:H2CO3H++HCO3

⑧吸氧腐蚀的正极反应:O2+4e+4H+=2H2O

A1个

B2个

C3个

D4个

正确答案

B

解析

①乙酸分子式C2H4O2,乙酸的最简式:CH2O,故①正确;

②SiO2是原子构成,不是分子式是化学式,故②错误;

③次氯酸分子中O原子分别与H、Cl原子之间之间形成1对共用电子对,故HClO的结构式为H−O−Cl,故③错误;

④乙烯是结构简式:CH2=CH2,故④错误;⑤氯离子是由氯原子的得到一个电子后形成的,核内质子数为17,核外电子数18,离子的结构示意图是:,故⑤错误;⑥过氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物,电子式为:,是由Na+与O22−构成的,故⑥错误;⑦H2CO3的电离方程式为:H2CO3⇌H++HCO3,HCO3=H++CO32−,故⑦正确;⑧吸氧腐蚀是中性电解质溶液中发生的原电池反应,正极电极反应O2+4e−+2H2O═4OH−,故⑧错误;

(A)正确的有2个,故A错误;

(B)正确的有2个,故B正确;

(C)正确的有2个,故C错误;

(D)正确的有2个,故D错误;

故选B.

考查方向

电子式、化学式或化学符号及名称的综合,电子式

解题思路

①最简式即物质中各原子的最简单的整数比.写出各物质的分子式,进而写出最简式,
②二氧化硅是原子构成的化合物,
③HClO为共价化合物,分子中存在1个O-H键和1个Cl-O键,中心原子为O;
④乙烯分子中含碳碳双键,需要写出;
⑤氯离子是由氯原子的得到一个电子后形成的,核内质子数为17,核外电子数18;
⑥过氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物;
⑦H2CO3的电离分步电离;
⑧吸氧腐蚀是中性电解质溶液中发生的原电池反应;

(A)正确的有2个,故A错误;

(B)正确的有2个,故B正确;

(C)正确的有2个,故C错误;

(D)正确的有2个,故D错误;

易错点

要会运用常见的化学用语对化学物质进行表述

1
题型: 单选题
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分值: 2分

5. 能正确表示下列反应的离子方程式是

A用石墨作电极电解CuCl2溶液:2Cl+2H2O2OH+Cl2↑+H2

B0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合:

CC. 将少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液:SO2+ClO-+2OH-=SO42-+Cl-+H2O

DD.Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应:Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3+H2O

正确答案

C

解析

(A). 用石墨作电极电解CuCl2溶液生成铜和氯气,电解方程式为Cl+Cu2+Cu+Cl2↑,故A错误;

(B). 0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合,生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨,离子方程式为NH4++Al3++2SO42−+2Ba2++4OH═2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3⋅H2O,故B错误;

(C).少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液,发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子,离子方程式为SO2+ClO+2OH═SO42−+Cl+H2O,故C正确;

(D).Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应,生成碳酸钙沉淀和碳酸钠,离子方程式为Ca2++2HCO3+2OH═CaCO3+CO32−+2H2O,故D错误.

故选C.

考查方向

离子方程式的书写

解题思路

(A).用石墨作电极电解CuCl2溶液生成铜和氯气;
(B).NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液二者反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨;

(C).少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液,发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子;

(D).Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应,生成碳酸钙沉淀和碳酸钠.

易错点

注意离子方程式的书写的基本规则及相关的注意事项

1
题型: 单选题
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分值: 2分

10.将一定量的SO2通入FeCl3溶液中,取混合溶液,分别进行下列实验,能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反

应的是

A取混合溶液加入NaOH溶液有红褐色沉淀,能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应

B取混合溶液加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀,能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应

C取混合溶液加入酸性KMnO4溶液紫色褪去,能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应

D取混合溶液加入K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液有蓝色沉淀,能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应

正确答案

D

解析

(A).将一定量的SO2通入FeCl3溶液中,加入NaOH溶液有红褐色沉淀生成氢氧化铁沉淀,过程中没有化合价变化,不是氧化还原反应,故A错误;

(B).加入Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀,硝酸根离子具有强的氧化性,能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子,硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀,即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应,也可产生白色沉淀,所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应,故B错误

(C).加入酸性KMnO4溶液,紫色退去,因为二氧化硫具有还原性能够还原酸性高锰酸钾,即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应,也可使其溶液褪色,所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应,故C错误;

(D).亚铁离子加入K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液生成Fe3[Fe(CN)6]2(蓝色沉淀),则可证明溶液中存在二价铁离子,说明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应,故D正确;.

故选D.

考查方向

SO2与FeCl3溶液的反应

解题思路

(A).将一定量的SO2通入FeCl3溶液中,加入NaOH溶液有红褐色沉淀生成氢氧化铁沉淀,过程中没有化合价变化,不是氧化还原反应;

(B).加入Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀,硝酸根离子具有强的氧化性,能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子,硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀,即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应,也可产生白色沉淀,所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应;

(C).加入酸性KMnO4溶液,紫色退去,因为二氧化硫具有还原性能够还原酸性高锰酸钾,即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应,也可使其溶液褪色,所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应;

(D).亚铁离子加入K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液生成Fe3[Fe(CN)6]2(蓝色沉淀),则可证明溶液中存在二价铁离子,说明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应;

易错点

SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应则三价铁离子反应生成二价铁

1
题型: 单选题
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分值: 3分

16.室温下向10ml 0.1mol·L-1NaOH溶液中加入0.1mol·L-1的一元酸HA,溶液pH的变化曲线如图所示.下列说法正确的是

Aa点所示溶液中c(A)+c(HA)=0.1mol·L-1

Bb点所示溶液中c(HA)>c(A)

CpH=7时,c(Na+)=c(A)+c(HA)

Da.b两点所示溶液中水的电离程度a>b

正确答案

D

解析

(A). a点溶液总体积为20mL,由物料守恒可知,a点所示溶液中c(A)+c(HA)=0.05mol⋅L−1,故A错误;

(B).b点为等量的NaA、HA,电离大于水解,则b点所示溶液中c(HA)),故B错误;

(C).pH=7时,c(H+)=c(OH),由电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(A)+c(OH),可知c(Na+)=c(A),故C错误;

(D).a点溶质为NaA,水解促进电离,而b点HA电离抑制水解,则a、b两点所示溶液中水的电离程度a>b,故D正确;

故选D.

考查方向

酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算

解题思路

(A).a点溶液总体积为20mL,结合物料守恒分析;
(B).b点为等量的NaA、HA,电离大于水解;

(C).pH=7时,c(H+)=c(OH-),结合电荷守恒分析;

(D).a点溶质为NaA,水解促进电离,而b点HA电离抑制水解.

易错点

明确理解图像的含义及反应的过程

1
题型: 单选题
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分值: 3分

17.将一定量的氨基甲酸置于恒容的密闭真空容器中(固体体积忽略不计),使其达到化学平衡:H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g).实验测得不同温度下的平衡数据列于下表

下列有关叙述正确的是

A在低温下该反应能自发进行

B15℃时,该反应的化学平衡常数约为2.0

C当混合气体平均相对分子质量不变时,该反应达到化学反应限度

D恒温条件下,向原平衡体系中再充入2molNH3和1molCO2,达平衡后CO2浓度不变

正确答案

D

解析

(A).根据表中的数据可知温度升高平衡正向移动,所以正反应是吸热反应,吸热的熵变大于0的反应在高温下自发进行;

(B).平衡时,由于气体总浓度为2.4×10-3mol/L,氨气和二氧化碳的浓度之比为2:1,故氨气的浓度为1.6×10-3mol/L,二氧化碳的浓度为0.8×10-3mol/L,故平衡常数为K=(1.6×10-3mol/L)2×0.8×10-3mol/L=3.2×10-3mol/L;

(C).该反应在进行的过程中,混合气体的平均相对分子质量一直不变,无法用来判断是否达到平衡

(D).恒温条件下,向原平衡体系中再充入2molNH3和1molCO2,达到的新的平衡与原平衡一样,故平衡后CO2浓度不变,

故选D.

考查方向

图表转化题目的平衡问题

解题思路

(A).根据表中的数据可知温度升高平衡正向移动,所以正反应是吸热反应,吸热的熵变大于0的反应在高温下自发进行;

(B).平衡时,由于气体总浓度为2.4×10-3mol/L,氨气和二氧化碳的浓度之比为2:1,故氨气的浓度为1.6×10-3mol/L,二氧化碳的浓度为0.8×10-3mol/L,故平衡常数为K=(1.6×10-3mol/L)2×0.8×10-3mol/L=2×10-9mol/L;

(C).该反应在进行的过程中,混合气体的平均相对分子质量一直不变,无法用来判断是否达到平衡

(D).恒温条件下,向原平衡体系中再充入2molNH3和1molCO2,达到的新的平衡与原平衡一样,故平衡后CO2浓度不变

易错点

根据压强和平衡时的总浓度的相应关系进行计算

1
题型: 单选题
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分值: 3分

19.下表是25℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数,下列说法正确的是

A相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中,各离子浓度的大小关系是:

c(Na+)>c(ClO)>c(CH3COO)>c(OH)>c(H+)

B向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH):c(CH3COO)=9 :5,此时溶液pH=5

C碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式是2CO32-+Cl2+H2O=2HCO3+Cl+ClO

D向浓度均为1×10-3mol·L-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1×10-3mol·L-1的AgNO3溶液,CrO42-先形成沉淀

正确答案

C

解析

(A).次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子,所以c(CH3COO)>c(ClO),故A错误;

(B).向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH):c(CH3COO)=9 :5,因为K=,故c(CH3COOH):c(CH3COO)=c(H+):K,c(H+)=c(CH3COOH)·K÷c(CH3COO)=1.8×10-5×=3.46×10-5,故pH为5

(C).碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式是2CO32-+Cl2+H2O=2HCO3+Cl+ClO,故C正确;

(D).混合溶液中生成氯化银需要的c(Ag+)===1.8×10-7,生成Ag2CrO4需要的:

c(Ag+)===×10-5,需要的银离子浓度小的物质先沉淀,所以氯化银先沉淀,故D错误;

故选C.

考查方向

溶液中的离子平衡问题

解题思路

(A).弱电解质的电离平衡常数越小,说明该弱电解质的电离程度越小,则其相应离子的水解程度越大;
(B).溶液中的氢离子浓度根据平衡常数进行计算;

(C).强酸能和弱酸盐反应生成弱酸;

(D).混合溶液中生成氯化银需要的c(Ag+)=,需要的c(Ag+)=,需要的银离子浓度小的物质先沉淀.

易错点

掌握并理解电离平衡和沉淀溶解平衡

1
题型: 单选题
|
分值: 2分

11.在复杂的体系中,确认化学反应先后顺序有利于解决问题,下列物质参与反应的先后顺序正确的是

A含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中,缓慢通入氯气:I、Br、Fe2+

B含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉:Cu2+、Fe3+、H+、Fe2+

C含等物质的量的AlO2、OH、CO32-的溶液中,逐滴加入盐酸:OH、AlO2、CO32-

D含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中,缓慢通入CO2:KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3

正确答案

C

解析

(A).离子还原性I>Fe2+>Br,氯气先与还原性强的反应,氯气的氧化顺序是I、Fe2+、Br,故A错误;

(B).氧化性顺序:Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+,锌粉先与氧化性强的反应,反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+,故B错误;

(C).若H+最先与AlO2反应,生成氢氧化铝,而氢氧化铝与溶液中OH反应生成AlO2,反应顺序为OH、AlO2

CO32−,故C正确;

(D).氢氧化钡先发生反应,因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存,所以缓慢通入CO2:Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3,故D错误;

故选C.

考查方向

反映先后顺序的判断

解题思路

(A).同一还原剂与不同具有氧化性的物质反应时,先与氧化性强的物质反应;
(B).同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时,先与还原性强的物质反应用;

(C).H+最先与OH反应,后与AlO2生成氢氧化铝;

(D).氢氧化钡先发生反应,因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存.

易错点

氧化还原反应为氧化性或者还原性强的先反应;酸碱中和反应酸性或者碱性较强的先反应;

1
题型: 单选题
|
分值: 2分

12.关于某有机物的性质叙述正确的是

A1mol该有机物可以与3molNa发生反应

B1mol该有机物可以与3molNaOH发生反应

C1mol该有机物可以与6molH2发生加成反应

D1mol该有机物分别与足量Na或NaHCO3反应,产生的气体在相同条件下体积相等

正确答案

D

解析

(A).有机物中含−COOH、−OH,均能与Na反应,1mol该有机物可以与2molNa发生反应,故A错误;

(B).有机物中含−COOH、−COOC−,能与NaOH溶液反应,则1mol该有机物可以与2molNaOH发生反应,故B错误;

(C).醛基、C=C、苯环均与氢气发生加成反应,1mol该有机物可以与5molH2发生加成反应,故C错误;

(D).1mol该有机物可以与足量Na发生反应生成1molH2,−COOH与足量NaHCO3反应生成1molCO2,产生的气体在相同条件下体积相等,故D正确;

故选D.

考查方向

机物分子中的官能团及其结构

解题思路

(A).有机物中含−COOH、−OH,均能与Na反应,1mol该有机物可以与2molNa发生反应,故A错误;

(B).有机物中含−COOH、−COOC−,能与NaOH溶液反应,则1mol该有机物可以与2molNaOH发生反应,故B错误;

(C).醛基、C=C、苯环均与氢气发生加成反应,1mol该有机物可以与5molH2发生加成反应,故C错误;

(D).1mol该有机物可以与足量Na发生反应生成1molH2,−COOH与足量NaHCO3反应生成1molCO2,产生的气体在相同条件下体积相等,故D正确;

易错点

该有机物中含-COOH、-OH、C=C、HCOOC-,结合羧酸、酯、烯烃、醇的性质来解答

1
题型: 单选题
|
分值: 2分

13.分子式为C9H10O2,能与NaHCO3溶液反应放出CO2,且苯环上一氯代物有两种的有机物有

A2种

B3种

C4种

D5种

正确答案

A

解析

该有机物能与NaHCO3发生反应产生CO2,说明含有羧基-COOH,苯环上一氯代物有两种,说明有两种氢原子,取代基可能有:①正丙酸基,②异丙酸基,③羧基、-CH2-CH3,④乙酸基、-CH3,总共有4种组合,两种取代基分邻、间、对位置异构,据此判断可能的同分异构体数目.该有机物能与NaHCO3发生反应产生CO2,说明含有羧基−COOH,苯环上一氯代物有两种,说明有两种氢原子,当取代基为正丙酸基时,苯环上一氯代物有3种,不符合;当取代基为异丙酸基,苯环上一氯代物有3种,不符合;当取代基为羧基、−CH2−CH3, 处于邻位时,苯环上一氯代物有4种,不符合; 处于间位时,苯环上一氯代物有4种,不符合; 处于对位时,苯环上一氯代物有2种,符合;当取代基为乙酸基、−CH3, 处于邻位时,苯环上一氯代物有4种,不符合; 处于间位时,苯环上一氯代物有4种,不符合; 处于对位时,苯环上一氯代物有2种,符合;符合条件的总共有2种,故A正确。

故选A.

考查方向

有机化合物的异构现象

解题思路

该有机物能与NaHCO3发生反应产生CO2,说明含有羧基-COOH,苯环上一氯代物有两种,说明有两种氢原子,取代基可能有:①正丙酸基,②异丙酸基,③羧基、-CH2-CH3,④乙酸基、-CH3,总共有4种组合,两种取代基分邻、间、对位置异构,据此判断可能的同分异构体数目.该有机物能与NaHCO3发生反应产生CO2,说明含有羧基−COOH,苯环上一氯代物有两种,说明有两种氢原子,当取代基为正丙酸基时,苯环上一氯代物有3种,不符合;当取代基为异丙酸基,苯环上一氯代物有3种,不符合;当取代基为羧基、−CH2−CH3, 处于邻位时,苯环上一氯代物有4种,不符合; 处于间位时,苯环上一氯代物有4种,不符合; 处于对位时,苯环上一氯代物有2种,符合;当取代基为乙酸基、−CH3, 处于邻位时,苯环上一氯代物有4种,不符合; 处于间位时,苯环上一氯代物有4种,不符合; 处于对位时,苯环上一氯代物有2种,符合;符合条件的总共有2种。

易错点

熟悉书写有机物同分异构体的办法

1
题型: 单选题
|
分值: 2分

14.下表给出了X.Y.Z.W四种短周期主族元素的部分信息.请根据这些信息判断下列说法中正确的是

AHW是热稳定性最强的氢化物

BZ的最高正价为+6

C原子序数X>Y>Z>W

D纯净的X单质与纯净的Z单质反应生成XZ3

正确答案

A

解析

(A).X、Y、Z、W四种短周期主族元素,Y的原子半径最大,且Y为+2价,可知Y为Mg,X的最高价为+6价,最低价应为-2价,则X为S,结合原子半径可知Z只能为O,则W为F, F的非金属性最强,则HW是热稳定性最强的氢化物,故A正确;

(B).Z为O,无正价,故B错误;

(C).由元素在周期表的位置可知,原子序数X>Y>W>Z,故C错误;

(D).纯净的X单质与纯净的Z单质反应生成SO2,故D错误;

故选A.

考查方向

原子结构与元素周期律的关系

解题思路

(A).X、Y、Z、W四种短周期主族元素,Y的原子半径最大,且Y为+2价,可知Y为Mg,X的最高价为+6价,最低价应为-2价,则X为S,结合原子半径可知Z只能为O,则W为F, F的非金属性最强,则HW是热稳定性最强的氢化物;

(B).Z为O,无正价;

(C).由元素在周期表的位置可知,原子序数X>Y>W>Z;

(D).纯净的X单质与纯净的Z单质反应生成SO2

易错点

结合元素周期律及元素周期表的结构来分析

1
题型: 单选题
|
分值: 2分

15.已知:①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)    △H1=-571.6kJ·mol-1

②2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)   △H2=-1452kJ·mol-1

③H+(aq)+OH(aq)=H2O(l)      △H3=-57.3kJ·mol-1

下列说法正确的是

AH2(g)的燃烧热为571.6kJ·mol-1

B同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧,H2(g)放出的热量多

C1/2H2SO4(aq)+1/2Ba(OH)2(aq)=1/2BaSO4(s)+H2O(l)   △H=-57.3kJ·mol-1

D3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)   △H=+131.4kJ·mol-1

正确答案

B

解析

(A).依据燃烧热概念分析,选项中由已知热化学方程式计算可知H2(g)的燃烧热为285.8 kJ•mol-1,故A错误

(B).同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧,设质量为1g,

2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1

2                             571.6KJ

mol                         142.9KJ

2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1452kJ•mol-1

2                                           1452KJ

mol                                      22.69KJ

所以H2(g)放出的热量多,故B正确;

(C).中和热指稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量,硫酸和氢氧化钡发生中和反应,反应中有BaSO4(s)生成,而生成BaSO4也是放热的,所以放出的热量比57.3 kJ多,即△H<-57.3 kJ•mol-1,故C错误;

(D).①2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1

②2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1452kJ•mol-1

按盖斯定律计算①×3-②得到6H2(g)+2CO2(g)═2CH3OH(l)+2H2O(l)△H=-262.8 kJ•mol-1

可知正确的是3H2(g)+CO2(g)═CH3OH(l)+H2O(l)△H=-131.4 kJ•mol-1,故D错误;

故选B.

考查方向

反应热的相关计算

解题思路

(A).燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量,根据2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1知H2(g)的燃烧热为285.8kJ•mol-1

(B).假设取H2(g)和CH3OH(l)各为1克,依据H2(g)和CH3OH(l)的热化学方程式计算比较;

(C).硫酸和氢氧化钡发生中和反应生成的硫酸钡过程中需放热,中和热指稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量;

(D).依据已知热化学方程式和盖斯定律计算分析判断.

易错点

正确理解燃烧热、反应热等的概念并且会运用

1
题型: 单选题
|
分值: 3分

18.某可充电电池的原理如图所示,已知a.b为惰性电极,溶液呈酸性.充电时右槽溶液颜色由绿色变为紫色.下列叙述正确的是

A放电时,H从左槽迁移进右槽

B放电过程中,左槽溶液颜色由黄色变为蓝色

C充电时,b极接直流电源正极,a极接直流电源负极

D充电过程中,a极的电极反应式为:VO2++2H++e = VO2++H2O

正确答案

B

解析

(A).a、b均为惰性电极,充电过程是把电能转化为化学能,属于电解池;充电过程中右槽溶液颜色由绿色变为紫色,则右槽得电子发生还原反应,所以b电极为电解池阴极,a极为电解池阳极;放电时,a电极为原电池正极,b电极为原电池负极,负极上失电子发生氧化反应,正极上得电子发生还原反应;放电时,阳离子向正极移动,所以氢离子向左槽移动,故A错误;

(B).放电时,a电极为原电池正极,左槽中得电子发生还原反应,所以溶液颜色由黄色变为蓝色,故B正确;

(C).充电时,b电极为阴极,a极为阳极,则b极接直流电源负极,a极接直流电源正极,故C错误;

(D).充电过程中,a极是电解池阳极,a极的反应式为VO2+−e+H2O=VO2++2H+,故D错误;

故选B.

考查方向

原电池和电解池的工作原理

解题思路

(A).a、b均为惰性电极,充电过程是把电能转化为化学能,属于电解池;充电过程中右槽溶液颜色由绿色变为紫色,则右槽得电子发生还原反应,所以b电极为电解池阴极,a极为电解池阳极;放电时,a电极为原电池正极,b电极为原电池负极,负极上失电子发生氧化反应,正极上得电子发生还原反应;放电时,阳离子向正极移动,所以氢离子向左槽移动;

(B).放电时,a电极为原电池正极,左槽中得电子发生还原反应,所以溶液颜色由黄色变为蓝色;

(C).充电时,b电极为阴极,a极为阳极,则b极接直流电源负极,a极接直流电源正极;

(D).充电过程中,a极是电解池阳极,a极的反应式为VO2+−e+H2O=VO2++2H+

易错点

正确理解并掌握原电池的基本原理

1
题型: 单选题
|
分值: 3分

20.在15g铁和氧化铁混合物中,加入稀硫酸150ml,能放出H21.68L(标准状况).同时铁和氧化铁均无剩余,向反应后的溶液中滴入KSCN溶液,未见颜色变化.为了中和过量的H2SO4,且使Fe2+完全转化成Fe(OH)2,共消耗3mol·L-1的NaOH溶液200ml,则 原硫酸的物质的量浓度是

A1.5mol·L-1

B2 mol·L-1

C2.5 mol·L-1

D3 mol·L-1

正确答案

B

解析

因为反应后溶液中无Fe3+存在,且固体没有剩余,则全都是以Fe2+的形式存在
    H2SO~2NaOH
    0.3mol    3mol/L0.2L
 原硫酸的物质的量为0.3mol,所以原稀H2SO4的物质的量浓度为0.3/0.15=2mol/L,故答案为:2mol/L。

故选B.

考查方向

铁及其化合物的性质

解题思路

因为反应后溶液中无Fe3+存在,且固体没有剩余,则全都是以Fe2+的形式存在
    H2SO~2NaOH
    0.3mol    3mol/L0.2L
 原硫酸的物质的量为0.3mol,所以原稀H2SO4的物质的量浓度为0.3/0.15=2mol/L.

易错点

明确反应过程及其对应的量的关系

简答题(综合题) 本大题共70分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
1
题型:简答题
|
分值: 13分

工业上用某矿渣(含有Cu2O.Al2O3.Fe2O3.SiO2)制取铜的操作流程如下:

21. (1)实验操作I的名称为        ;在空气中灼烧固体混合物D时,用到多种硅酸盐质的仪器,除玻璃棒.酒精灯.泥三角外,还有         (填仪器名称).

22.(2)滤液A中铁元素的存在形式为    (填离子符号),生成该离子的离子方程式是       .

23.(3)金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨,该反应的化学方程式为        .

24.(4)常温下,等pH的NaAlO2和NaOH两份溶液中,由水电离出的c(OH)前者为后者的108倍,则两种溶液的pH=        .

25.(5)①利用电解法进行粗铜精炼时,下列叙述正确的是      (填代号).

A电能全部转化为化学能

B粗铜接电源正极,发生氧化反应

C精铜作阴极,电解后电解液中Cu2+浓度减小

D粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量无确定关系

E粗铜精炼时阳极减小铜的质量大于阴极生成铜的质量

②从浓硫酸.浓硝酸.蒸馏水中选用合适的试剂,测定粗铜样品中金属铜的质量分数,涉及的主要步骤为:称取一定质量的样品→     →过滤.洗涤.干燥→称量剩余固体铜的质量.(填缺少的操作步骤,不必描述操作过程的细节)

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

过滤;坩埚

解析

实验操作I步骤中分离溶液和沉淀的操作名称为过滤,在空气中灼烧固体混合物D时,所用到的仪器有坩埚、泥三角、三角架、酒精灯,玻璃棒,

故答案为:过滤;坩埚

考查方向

实验操作和实验仪器的选择

解题思路

根据分离溶液和沉淀选择操作;根据灼烧过程所需要用到的仪器分析即可;

易错点

明确实验的过程及所需的仪器

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

Fe2+;Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+

解析

Al2O3、Fe2O3均与盐酸反应生成对应的阳离子,由于Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O,又因为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+,故溶液中铁主要存在Fe2+,检验二价铁的方法是取少量样品加入硫氰化钾溶液,无明显现象,再加新制氯水,出现血红色即可;

故答案为:Fe2+;Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+

考查方向

离子方程式的书写

解题思路

Al2O3、Fe2O3均与盐酸反应生成对应的阳离子,由于Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O,又因为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+,故溶液中铁主要存在Fe2+,检验二价铁的方法是取少量样品加入硫氰化钾溶液,无明显现象,再加新制氯水,出现血红色即可;

易错点

根据氧化还原反应的原理书写离子方程式

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

2Al+Fe2O32Fe+Al2O3

解析

铝与氧化铁发生铝热反应的化学方程式为:2Al+Fe2O32Fe+Al2O3

故答案为:2Al+Fe2O32Fe+Al2O3

考查方向

铝热反应方程式的书写

解题思路

根据铝热反应的原理来书写;

易错点

熟记铝热反应的方程式

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

11

解析

设溶液的PH为X,NaAlO2溶液中由水电离出的c(OH-)=10X-14mol/L,NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)=10-Xmol/L,则=108, 解得X=11,

故答案为:11

考查方向

溶液pH的计算

解题思路

设溶液的PH为X,然后求出由水电离出的c(OH-),利用由水电离出的c(OH-)前者为后者的108倍求出X;

易错点

结合水的离子积常数计算

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

B,C

解析

①a.电能部分转化为化学能,故a错误;
b.粗铜接电源正极,失去电子,发生氧化反应,故b正确;
c.精铜作阴极,电解后电解液中Cu2+浓度减小,故c正确;
d.粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量存在关系:比如电路中通过3.01×1023个电子,得到精铜的质量为16g,故d错误;故选BC;

②要测定铜的质量分数,可以把浓硫酸稀释,铜和稀硫酸不反应,氧化铜和稀硫酸反应,即可求出铜的质量分数.设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释,将样品与稀硫酸充分反应后,过滤,干燥,称量剩余固体铜的质量即可,

故答案为:①BC;②将浓硫酸用蒸馏水稀释,使样品与足量稀硫酸充分反应

考查方向

电解原理的应用及质量分数的测定

解题思路

①a.电能部分转化为化学能;
b.粗铜接电源正极,失去电子,发生氧化反应;
c.精铜作阴极,电解后电解液中Cu2+浓度减小;
d.粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量存在关系:比如电路中通过3.01×1023个电子,得到精铜的质量为16g;

②要测定铜的质量分数,可以把浓硫酸稀释,铜和稀硫酸不反应,氧化铜和稀硫酸反应,即可求出铜的质量分数.设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释,将样品与稀硫酸充分反应后,过滤,干燥,称量剩余固体铜的质量即可。

易错点

明确电解的原理及质量分数测定的原理

1
题型:简答题
|
分值: 14分

某学习小组在通过反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O研究反应速率的影响因素后,对Na2S2O3产生了兴趣,查资料知Na2S2O3的名称为硫代硫酸钠,可视为一个S原子取代了Na2SO4中的一个O原子.该实验小组运用类比学习的思想预测了Na2S2O3的某些性质,并通过实验探究了自己的预测.

【提出假设】

29.(1)部分学生认为Na2S2O3与Na2SO4结构相似,化学性质也相似,因此室温时Na2S2O3溶液的pH    7(填“>”.“=”或“<”).

30.

(2)部分学生从S元素化合价推测Na2S2O3与Na2SO4性质相似,均具有较强的    .

31.实验探究:取适量Na2S2O3晶体,溶于水中制成Na2S2O3溶液,进行如下探究(填写表中空格).

32.探究①                     .

33.(7)探究②                     .

【问题讨论】

34.甲同学向“探究②”反应后的溶液中滴加硝酸银溶液,观察到有白色沉淀产生,并据此认为氯水可将Na2S2O3氧化.你认为该方案是否正确并说明理由           .

35.请你重新设计一个实验方案,证明Na2S2O3被氯水氧化.你的方案是        .

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

还原性

解析

Na2S2O3与Na2SO4结构相似,化学性质也相似,则Na2S2O3溶液呈中性;

故答案为:还原性;

考查方向

溶液酸碱性的判断

解题思路

Na2S2O3与Na2SO4结构相似,化学性质也相似,则Na2S2O3溶液呈中性;

易错点

根据物质的结构确定其酸碱性

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

还原性

解析

Na2S2O3、SO2中S元素化合价均为+4价,具有较强的还原性;

故答案为:还原性

考查方向

氧化性、还原性的判断

解题思路

Na2S2O3、SO2中S元素化合价均为+4价,具有较强的还原性;

易错点

高氧低还中都有

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

用玻璃棒蘸取Na2S2O3溶液点在pH试纸中部,将试纸颜色与标准比色卡对照;

解析

实验探究①的目的是测定溶液的pH,方法为用玻璃棒蘸取Na2S2O3溶液点在pH试纸中部,将试纸颜色与标准比色卡对照;测定溶液pH=8说明溶液呈碱性,证明硫代硫酸跟离子水解显碱性,反应的离子方程式为:

S2O32−+H2O⇌HS2O3+OH-向新制氯水(pH<2)中滴加少量Na2S2O3溶液,氯水和硫代硫酸钠反应氯水褪色变浅,说明氯气发生反应表现氧化性把硫代硫酸钠氧化为硫酸钠,反应的离子方程式为:S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl+10H+

故答案为:用玻璃棒蘸取Na2S2O3溶液点在pH试纸中部,将试纸颜色与标准比色卡对照;S2O32-+H2O ⇌HS2O3+OH;S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl+10H+

考查方向

实验操作步骤的描述及实验现象的解释

解题思路

实验探究①的目的是测定溶液的pH,方法为用玻璃棒蘸取Na2S2O3溶液点在pH试纸中部,将试纸颜色与标准比色卡对照;测定溶液pH=8说明溶液呈碱性,证明硫代硫酸跟离子水解显碱性,反应的离子方程式为:

S2O32−+H2O⇌HS2O3+OH;向新制氯水(pH<2)中滴加少量Na2S2O3溶液,氯水和硫代硫酸钠反应氯水褪色变浅,说明氯气发生反应表现氧化性把硫代硫酸钠氧化为硫酸钠,反应的离子方程式为:S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl+10H+

易错点

准确记忆测溶液pH的步骤

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

Na2S2O3溶液呈碱性

解析

依据探究①是硫代硫酸钠溶液pH=8,硫代硫酸钠水溶液呈碱性,

故答案为:Na2S2O3溶液呈碱性;

考查方向

实验结论的总结

解题思路

依据探究①是硫代硫酸钠溶液pH=8,硫代硫酸钠水溶液呈碱性,

易错点

根据对应的现象总结结论

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

Na2S2O3具有还原性

解析

向新制氯水(pH<2)中滴加少量Na2S2O3溶液,氯水和硫代硫酸钠反应氯水褪色变浅,说明硫代硫酸钠把Cl2还原,氯气发生反应表现氧化性,把硫代硫酸钠氧化为硫酸钠,证明Na2S2O3具有还原性,

故答案为:Na2S2O3具有还原性;

考查方向

实验结论的总结

解题思路

向新制氯水(pH<2)中滴加少量Na2S2O3溶液,氯水和硫代硫酸钠反应氯水褪色变浅,说明硫代硫酸钠把Cl2还原,氯气发生反应表现氧化性,把硫代硫酸钠氧化为硫酸钠,证明Na2S2O3具有还原性,

易错点

根据对应的现象总结结论

第(6)小题正确答案及相关解析

正确答案

不正确,因氯水中含有Cl,也会生成AgCl沉淀

解析

探究②是向新制氯水(pH<2)中滴加少量Na2S2O3溶液,氯水过量溶液中一定有氯离子,Ag+与Cl会生成AgCl沉淀,所以方案不正确;

故答案为:不正确,因氯水中含有Cl,也会生成AgCl沉淀;

考查方向

实验方案的判断

解题思路

探究②是向新制氯水(pH<2)中滴加少量Na2S2O3溶液,氯水过量溶液中一定有氯离子,Ag+与Cl会生成AgCl沉淀,所以方案不正确;

易错点

根据反应原理判断方案的可行性

第(7)小题正确答案及相关解析

正确答案

取少量反应后的溶液,向其中滴入氯化钡溶液,若观察到有白色沉淀产生,则说明Na2S2O3能被氯水氧化

解析

证明Na2S2O3被氯水氧化,可以利用硫代硫酸钠被氯气氧化生成的硫酸根离子检验,检验方法为:取反应后的溶液少量,加入氯化钡溶液,再加入盐酸,若产生的沉淀不溶解,则硫代硫酸钠被氧化了,否则没被氧化;

故答案为:取少量反应后的溶液,向其中滴入氯化钡溶液,若观察到有白色沉淀产生,则说明Na2S2O3能被氯水氧化;

考查方向

实验方案的设计

解题思路

证明Na2S2O3被氯水氧化,可以利用硫代硫酸钠被氯气氧化生成的硫酸根离子检验,检验方法为:取反应后的溶液少量,加入氯化钡溶液,再加入盐酸,若产生的沉淀不溶解,则硫代硫酸钠被氧化了,否则没被氧化,

易错点

注意实验方案书写过程中的语言描述

1
题型:简答题
|
分值: 15分

香豆素(结构如下图中I所示)是用途广泛的香料,由香豆素经下列图示的步骤可转变为水杨酸.

请回答下列问题:

41.(1)香豆素分子中的官能团的名称为          ,步骤II→III的反应类型为           .

42.(2)有机物III的结构简式为         ,在上述转化过程中,设计反应步骤II→III的目的是     .

43.(3)下列关于有机物I.II.III.IV的叙述中正确的是        (选填序号).

A可用FeCl3溶液来鉴别II和III

BIV中核磁共振氢谱共有4种峰

CI.II.III均可使溴的四氯化碳溶液褪色

D1molI最多能和5molH2发生加成反应

44.(4)写出水杨酸与过量NaHCO3溶液反应的化学方程式             .

45.(5)化合物IV有多种同分异构体,符合下列两个条件的芳香族同分异构体共有     种.

①遇氯化铁溶液发生显色反应          ②能发生水解反应和银镜反应

其中,核磁共振氢谱共有5种吸收峰,且吸收峰面积比为1:2:2:2:1同分异构体的结构简式为     .

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

酯基和碳碳双键;取代反应

解析

有I的结构可知其中的官能团为酯基进而碳碳双键;步骤II→III根据反应物与生成物的分子式判断可知其为取代反应;

故答案为:酯基和碳碳双键;取代反应

考查方向

官能团的名称及反应类型的判断

解题思路

有I的结构可知其中的官能团为酯基进而碳碳双键;步骤II→III根据反应物与生成物的分子式判断可知其为取代反应;

易错点

熟记常见的官能团和反应类型

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

;保护酚羟基,使之不被氧化

解析

Ⅱ中酚羟基与CH3I发生取代反应,得Ⅲ的结构简式为,最终的产物中仍有酚羟基,说明设计反应步骤Ⅱ→Ⅲ的目的是起到保护酚羟基的作用;

故答案为:;保护酚羟基,使之不被氧化

考查方向

结构简式的书写及合成路线中的作用

解题思路

Ⅱ中酚羟基与CH3I发生取代反应,得Ⅲ的结构简式为,最终的产物中仍有酚羟基,说明设计反应步骤Ⅱ→Ⅲ的目的是起到保护酚羟基的作用;

易错点

根据反应类型和反应的特征哦按段反应物;反应步骤的作用根据每步反应的特征进行分析

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

A,C

解析

Ⅲ中不存在酚羟基,Ⅱ中存在酚羟基,可以用FeCl3溶液来鉴别Ⅱ和Ⅲ,A正确;Ⅳ中不存在对称结构,所以核磁共振氢谱有6种峰,B错误;Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均存在碳碳双键,可以使溴的四氯化碳溶液褪色,C正确;

1molⅠ最多能和4mol H2发生加成反应,D错误;

故答案为:AC

考查方向

有机物化学性质的考查

解题思路

Ⅲ中不存在酚羟基,Ⅱ中存在酚羟基,可以用FeCl3溶液来鉴别Ⅱ和Ⅲ,A正确;Ⅳ中不存在对称结构,所以核磁共振氢谱有6种峰,B错误;Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均存在碳碳双键,可以使溴的四氯化碳溶液褪色,C正确;

1molⅠ最多能和4mol H2发生加成反应,D错误;

易错点

熟记有机物的官能团具有的性质,根据物质的官能团判断相关的反应

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

水杨酸中跟碳酸氢钠能发生反应的官能团只有-COOH,

故答案为:

考查方向

反应方程式的书写

解题思路

水杨酸中跟碳酸氢钠能发生反应的官能团只有-COOH

易错点

根据物质的官能团性质进行书写

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

13;

解析

根据题目信息,遇氯化铁溶液发生显色反应的为酚羟基,能同时发生水解和银镜反应则含有甲酸酯基,则可能的结构为:苯环上含有酚羟基、甲酸甲酯基和一个甲基三个侧链,共10种结构;苯环上含有酚羟基、甲酸乙酯基两个侧链共3种结构,故同分异构体为13种,符合要求的为

故答案为:13;

考查方向

同分异构体的书写

解题思路

根据题目信息,遇氯化铁溶液发生显色反应的为酚羟基,能同时发生水解和银镜反应则含有甲酸酯基,则可能的结构为:苯环上含有酚羟基、甲酸甲酯基和一个甲基三个侧链,共10种结构;苯环上含有酚羟基、甲酸乙酯基两个侧链共3种结构,故同分异构体为13种,符合要求的为

易错点

遇氯化铁溶液发生显色反应的为酚羟基,能同时发生水解和银镜反应则含有甲酸酯基

1
题型:简答题
|
分值: 13分

CO和H2均是重要的化工原料,CO2的固定和利用对环境保护及能源开发具有重要的意义.

26.(1)利用水煤气(CO+H2)作为合成气,在同一容器中,选择双催化剂,经过如下三步反应,最终合成二甲醚(CH3OCH3).

甲醇合成反应:CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)  △H1=-90.8kJ·mol-1

水煤气变换反应:CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)   △H2=-41.3kJ·mol-1

甲醇脱水反应:2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)   △H3=-23.5kJ·mol-1

写出由CO和H2合成二甲醚气体和水蒸气的热化学方程式            .

27.(2)在2L恒容密闭容器中,投入CO(g)和H2(g)各5mol,发生如下反应:

3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)  △H<0,CO的转化率α与温度.压强的关系如图所示:

①p1.p2.p3中最大的是        .

②若该反应进行50min时达到平衡,此时CO的转化率α=0.6,则50min内H2的反应速率为    mol·L-1·min-1.

28.(3)二甲醚(CH3OCH3)燃料电池具有启动快.效率高等优点,其能量密度高于甲醇燃料电池.其工作原理如图所示.X极附近的酸性      (填“减弱”.“增强”或“不变”),Y电极是     极,写出X电极上发生的电极反应式          .若用该二甲醚燃料电池电解饱和食盐水(阳极为石墨电极),当有2.3g燃料被消耗时,阴极产生气体的体积为     L(标准状况下)

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)  △H=-205.1kJ·mol-1

解析

甲醇合成反应:CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)  △H1=-90.8kJ·mol-1设为反应①,水煤气变换反应:CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)   △H2=-41.3kJ·mol-1设为反应②,甲醇脱水反应:2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)   △H3=-23.5kJ·mol-1设为反应③,由题目分析可知目标方程式=2①+③,故其△H=2△H1+△H3=-205.1kJ·mol-1

故答案为:2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)  △H=-205.1kJ·mol-1

考查方向

热化学方程式的书写

解题思路

由盖斯定律计算反应热,再按照反应热化学方程式的书写进行书写

易错点

根据盖斯定律进行反应热的计算

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

①p1;②0.03;

解析

①温度一定时,增大压强平衡正向移动,CO的转化率增大,故压强的大小顺序为:P1>P2>P3;②由于CO的转化浓度为0.6mol·L-1,则平衡时其速率为0.6mol·L-1/50min=0.012mol·L-1·min-1,故氢气反应速率也为0.012mol·L-1·min-1

故答案为:①p1;②0.03;

考查方向

化学平衡图像的分析

解题思路

①温度一定时,增大压强平衡正向移动,CO的转化率增大,故压强的大小顺序为:P1>P2>P3;②由于CO的转化浓度为0.6mol·L-1,则平衡时其速率为0.6mol·L-1/50min=0.012mol·L-1·min-1,故氢气反应速率也为0.012mol·L-1·min-1

易错点

根据化学反应的平衡基本知识点进行分析

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

增强;正极;CH3OCH3-12e+3H2O=2CO2↑+12H+;6.72

解析

放电时,X极为负极有氢离子生成,故酸性增强;Y电极为正极;放电时,二甲醚中的碳元素转化为CO2,先写出CH3OCH3-12e→2CO2,再结合电荷守恒、质量守恒配平后得:CH3OCH3+3H2O-12e=2CO2+12H;当有2.3g燃料,即有0.05mol二甲醚被消耗时,由1molCH3OCH3—12e—6molH2,故0.05mol二甲醚产生0.6molH2,体积即为6.72L.

故答案为:增强;正极;CH3OCH3-12e+3H2O=2CO2↑+12H+;6.72;

考查方向

电极反应方程式的书写及电化学的相关计算

解题思路

放电时,X极为负极有氢离子生成,故酸性增强;Y电极为正极;放电时,二甲醚中的碳元素转化为CO2,先写出CH3OCH3-12e→2CO2,再结合电荷守恒、质量守恒配平后得:CH3OCH3+3H2O-12e=2CO2+12H;当有2.3g燃料,即有0.05mol二甲醚被消耗时,由1molCH3OCH3—12e—6molH2,故0.05mol二甲醚产生0.6molH2,体积即为6.72L.

易错点

准确分析此图明确正负极及相关的反应

1
题型:简答题
|
分值: 15分

有ABCDE五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30).A的基态原子2p能级有3个电子;C的基态原子2p能级有1个电子;E原子最外层有1个单电子,其次外层有3个能级且均排满电子;D与E同周期,价电子数为2则:

36.(1)写出基态E原子的价电子排布式        .基态A原子的第I电离能比B的大,其原因是    .

37.(2)B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的,原因是         .

38.(3)A的最简单氢化物分子的空间构型为           ,其中A原子的杂化类型是         .

39.(4)向E的硫酸盐溶液中通入A的气态氢化物至过量,产生蓝色沉淀,随后沉淀溶解得到深蓝色溶液,向溶液中加入适量乙醇,析出蓝色晶体.

①该蓝色晶体的化学式为         ,加入乙醇的目的是            .

②写出该配合物中配离子的结构简式           .

40.(5)C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示,则D的配位数是       ,已知晶体的密度为ρg·cm-3,阿伏伽德罗常数为NA,求晶胞边长a=        cm(含用ρ.NA的计算式表示).

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

3d104s1;基态氮原子的2p能级处于较稳定的半充满状态

解析

E元素为Cu,根据构造原理知,其基态原子的价电子排布式[Ar]3d104s1,故基态Cu原子的价电子排布式为:3d104s1;A为氮元素,B为氧元素,氮元素的能级处于半满状态故第一电离能大,

故答案为:3d104s1;基态氮原子的2p能级处于较稳定的半充满状态

考查方向

核外电子排布规律,元素电离能、电负性的含义及应用

解题思路

有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30),A的基态原子2p能级有3个未成对电子,原子核外电子排布为1s22s22p3,则A是N元素;C的基态原子2p能级有1个未成对电子,且C的原子序数大于A,其原子核外电子排布为1s22s22p5,所以C是F元素;B的原子序数介于氮、氟之间,故B为O元素;E原子最外层有1个电子,其次外层有3个能级且均排满电子,且原子序数小于30,则E处于第四周期,其基态原子的价电子排布式[Ar]3d104s1,则E是Cu元素;D与E同周期,价电子数为2,则D是Ca元素.

易错点

注意价电子的排布及电离能的决定因素

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

水分子间存在氢键,氢键比范德华力更强

解析

B元素的氢化物是水,水分子间能存在氢键,氢键比范德华力更强,H2O的沸点是同族元素中最高的;

故答案为:水分子间存在氢键,氢键比范德华力更强

考查方向

氢键的存在对物质性质的影响

解题思路

B元素的氢化物是水,水分子间能存在氢键,氢键比范德华力更强,H2O的沸点是同族元素中最高的;

易错点

氢键会影响物质的熔沸点

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

三角锥形;sp3

解析

N元素的简单氢化物是氨气,NH3分子中氮原子价层电子对=3+5−1×32=4,且含有一个孤电子对,所以分子空间构型是三角锥形,N原子采取sp3杂化;

故答案为:三角锥形;sp3

考查方向

判断简单分子或离子的构型

解题思路

N元素的简单氢化物是氨气,NH3分子中氮原子价层电子对=3+5−1×32=4,且含有一个孤电子对,所以分子空间构型是三角锥形,N原子采取sp3杂化;

易错点

运用价层电子对互斥理论分析物质的空间构型和杂化类型

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

①[Cu(NH3)4]SO4·H2O,降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度;  ②

解析

E的硫酸盐溶液为CuSO4,将氨气通入CuSO4溶液中,产生蓝色沉淀,继续通过量氨气,沉淀溶解,得到蓝色透明溶液.该过程中微粒的变化是:[Cu(H2O)4]2+→Cu(OH)2→[Cu(NH3)4]2+,加入乙醇是为了使蓝色硫酸四氨合铜晶体析出,四氨合铜离子的结构为:

故答案为:①[Cu(NH3)4]SO4·H2O,降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度;  ②

考查方向

铜氨络合物及结构考查

解题思路

E的硫酸盐溶液为CuSO4,将氨气通入CuSO4溶液中,产生蓝色沉淀,继续通过量氨气,沉淀溶解,得到蓝色透明溶液.该过程中微粒的变化是:[Cu(H2O)4]2+→Cu(OH)2→[Cu(NH3)4]2+,加入乙醇是为了使蓝色硫酸四氨合铜晶体析出,四氨合铜离子的结构为:

易错点

铜氨络合离子中存在配位键

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

8;

解析

F和Ca形成的化合物为CaF2,由晶胞结构可知,晶胞中白色球数目=8、黑色球数目=8×18+6×12=4,白色球为F、黑色球为Ca,则晶胞质量=4×78/NA=312/NAg,晶胞的体积=312/NAg/ρg∙cm−1=312/ρ∙NAcm3,故晶胞边长a=

故答案为:8;

考查方向

晶胞的计算

解题思路

F和Ca形成的化合物为CaF2,由晶胞结构可知,晶胞中白色球数目=8、黑色球数目=8×18+6×12=4,白色球为F、黑色球为Ca,则晶胞质量=4×78/NA=312/NAg,晶胞的体积=312/NAg/ρg∙cm−1=312/ρ∙NAcm3,故晶胞边长a=

易错点

晶胞的计算根据体积和密度的关系求出来

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