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  • 2021-07-08 发布

【化学】浙江省温州市十五校联盟联合体2018-2019学年高二下学期期末考试试题(解析版)

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浙江省温州市十五校联盟联合体2018-2019学年高二下学期期末考试试题 考生须知:‎ ‎1.本卷共6页,满分100分,考试时间90分钟。‎ ‎2.答题前,在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。‎ ‎3.所有答案必须写在答题纸上,写在试卷上无效。‎ ‎4.考试结束后,只需上交答题纸。‎ ‎5.可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Si-28 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137‎ 选择题部分 一、选择题(本大题共20小题,1-15题每小题2分,15-20题每小题3分,共45分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)‎ ‎1.下列属于碱性氧化物且常温下不与水反应的是( )‎ A. MgO B. NaOH C. SiO2 D. Na2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、MgO不溶于水,不与水反应,与酸反应,生成镁盐和水,是碱性氧化物,故A正确;‎ B、NaOH电离出钠离子和氢氧根离子,属于碱,故B错误;‎ C、二氧化硅不溶于水,也不与酸反应,不属于碱性氧化物,能够与强碱反应,属于酸性氧化物,故C错误;‎ D、氧化钠是碱性氧化物,但能够与水反应生成氢氧化钠,不符合题意,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎2.配制一定物质的量浓度的稀硫酸时,不需要使用的仪器是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】配制一定物质的量浓度的稀硫酸的步骤有称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,一般用量筒量取浓硫酸称量,在烧杯中稀释,冷却后转移到容量瓶中,并用玻璃棒引流,当加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,用不到蒸馏烧瓶,故选C。‎ ‎3.下列属于非电解质的是( )‎ A. 铜 B. 熔融氯化钠 C. 干冰 D. 碳酸钙 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铜是金属单质,既不是电解质也不是非电解质,故A不选;‎ B.熔融氯化钠是离子化合物,熔融氯化钠有自由移动的离子,所以能导电,所以熔融氯化钠属于电解质,故B不选;‎ C.干冰为二氧化碳固体,二氧化碳的水溶液能导电,原因是二氧化碳和水反应生成碳酸,碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电,碳酸是电解质,但二氧化碳是非电解质,故C选;‎ D.碳酸钙在熔融状态下能电离出自由移动的离子,能够导电,所以碳酸钙属于电解质,故D不选;‎ 故选C。‎ ‎4.下列物质溶于水后因电离显酸性的是( )‎ A. NaCl B. NaHSO4 ‎ C. NH4Cl D. NaHCO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaCl强酸强碱盐,溶液为中性,故A不选;‎ B.NaHSO4溶于水的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-,溶液因电离显酸性,故B选;‎ C.NH4Cl属于强酸弱碱盐,铵根离子水解生成氢离子,溶液因水解显酸性,故C不选;‎ D.NaHCO3为强碱弱酸盐,碳酸氢根离子水解,溶液显碱性,故D不选;‎ 故选B。‎ ‎5.下列属于复分解反应的是( )‎ A. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 B. ‎ C. Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2,O的化合价发生了变化,属于氧化还原反应,不属于四大基本反应类型,故A不选;‎ B.,是一变多的反应,属于分解反应,故B不选;‎ C.Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O,属于强酸和弱酸盐发生的复分解反应,故C选;‎ D.,是一换一的反应,属于置换反应,故D不选;‎ 故选C。‎ ‎6.下列叙述中正确的是( )‎ A. 玻璃、水泥和玛瑙的主要成分都是硅酸盐 B. 氯碱工业的反应原理是电解熔融氯化钠 C. 常温下铁在浓硫酸中不反应,可用铁槽车贮运浓硫酸 D. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维,其遇强碱会断路 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅,主要成分是硅酸盐,水泥的主要成分是硅酸盐,玛瑙的主要成分是SiO2,为氧化物,不属于硅酸盐,故A错误;‎ B.氯碱工业原理是电解饱和食盐水生成氯气、氢氧化钠和氢气,故B错误;‎ C.浓硫酸具有强氧化性,常温下能够使铁钝化,形成致密氧化膜,可用铁槽车贮运浓硫酸,发生了化学反应,故C错误;‎ D.二氧化硅能用于制光导纤维,二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应,生成硅酸钠和水,所以光导纤维遇强碱会“断路”,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎7.下列化学用语中,不合理的是( )‎ A. 蔗糖的分子式:C12H22O11 B. N2分子的结构式:N≡N C. 37Cl-的结构示意图: D. CCl4的比例模型:‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.蔗糖属于二糖,其分子式为C12H22O11,故A不选;‎ B.N2 分子中含有氮氮三键,其结构式为N≡N,故B不选;‎ C.37Cl-的核电荷数为17,核外电子总数为18,其离子结构示意图为,故C不选;‎ D.四氯化碳分子中,氯原子的原子半径大于碳原子,四氯化碳正确的比例模型为:,故D选;‎ 故选D。‎ ‎8.下列说法正确的是( )‎ A. 使用pH试纸测量气体的酸碱性时可以润湿 B. 实验室用氢氧化钠溶液除去氯气中的少量HCl C. 蒸馏操作时,温度计水银球应插入混合液中 D. 配制溶液定容时,俯视容量瓶的刻度线,则所配制溶液的浓度偏低 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.测定未知气体的酸碱性时,pH试纸需要润湿,故A正确;‎ B.氯气能和氢氧化钠反应,故用氢氧化钠溶液除去氯气中的HCl时,会将氯气也一起吸收,故B错误;‎ C.蒸馏时温度计测定馏分的温度,则温度计水银球应在支管口处,故C错误;‎ D.配制一定物质的量浓度的溶液,定容时俯视容量瓶的刻度线,会导致溶液的体积偏小,溶液的浓度偏高,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎9.下列说法正确的是( )‎ A. 白磷和红磷互为同素异形体,两者之间不能相互转化 B. C2H6和C5H12一定互为同系物 C. CH3CH2CH(CH3)2的名称是3-甲基丁烷 D. CH3OCHO和HCOOCH3互为同分异构体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.白磷和红磷互为同素异形体,一定条件下二者可以相互转化,故A错误;‎ B.C2H6 和 C5H12都是烷烃,二者C原子数不同,互为同系物,故B正确;‎ C.CH3CH2CH(CH3)2 的甲基在2号C,正确名称为2-甲基丁烷,故C错误;‎ D.CH3OCHO 和 HCOOCH3的分子式、结构完全相同,为同一种物质,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎10.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示,这四种元素的原子最外层电子数之和为21。则下列说法不正确的是( )‎ A. 原子半径大小:Y0),5min末测得Z的物质的量为1.2mol。则下列说法正确的是( )‎ A. 若反应体系中气体的压强保持不变,说明反应达到了平衡状态 B. 0~5min,X的平均反应速率为0.04mol ·L-1·min-1‎ C. 达到平衡时,反应放出的热量为a kJ D. 达到平衡时,Y和Z的浓度之比一定为2∶3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.正反应为气体物质的量增大的反应,恒温恒容条件下,随反应进行压强增大,反应体系中气体的压强保持不变,说明反应达到了平衡状态,故A正确;‎ B.X为固体,不能用单位时间内浓度变化量表示反应速率,故B错误;‎ C.该反应属于可逆反应,X、Y不能完全转化为生成物,达到平衡状态时X消耗的物质的量小于1mol,所以放出的热量小于a kJ,故C错误;‎ D.当体系达平衡状态时,Y、Z 的浓度之比可能为 2∶3,也可能不是2∶3,与各物质的初始浓度及转化率等有关,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎13.下列说法正确的是( )‎ A. 分子式为C2H6O且能与金属钠反应有机物有2种 B. 1mol乙烷在光照条件下最多能与3mol Cl2发生取代反应 C. 一定条件下,葡萄糖、蛋白质都能与水发生水解反应 D. 加入NaOH溶液并加热,通过观察油层是否消失或变薄来鉴别矿物油和植物油 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分子式为C2H6O 且能与金属钠反应的有机物为乙醇,只有一种结构,故A错误;‎ B.1 mol乙烷含有6mol H原子,则1 mol乙烷在光照条件下最多能与6mol Cl2 发生取代反应,故B错误;‎ C.葡萄糖为单糖,不能发生水解反应,故C错误;‎ D.矿物油属于烃类,不能发生水解反应,而植物油属于油脂,可在碱性条件下发生水解反应;现象不同,可鉴别,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎14.甲醇燃料电池能量转化率高、对环境无污染,可作为常规能源的替代品而越来越受到关注,其工作示意图如图,其总反应为:2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O。下列说法不正确的是( )‎ A. 电极A是负极,发生氧化反应 B. 电池工作时,电解液中的H+通过质子交换膜向B电极迁移 C. 放电前后电解质溶液的pH不变 D. b物质在电极上发生的电极反应式为:O2+4e-+4H+=2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图示,电子由A极流出,沿导线流向B极,则A为负极、B为正极,A极发生氧化反应,故A正确;‎ B.原电池工作时,电解质溶液中阳离子H+向正极B移动,故B正确;‎ C.电池反应式为2CH3OH+3O2═2CO2+4H2O,有水生成导致溶液体积增大,溶质浓度减小,则c(H+)减小,所以溶液的pH增大,故C错误;‎ D.正极上氧气得电子和氢离子反应生成水,正极的电极反应式为:O2+4e-+4H+=2H2O,故D正确;‎ 故选C。‎ ‎15.下列说法不正确的是( )‎ A. 金刚石、NaCl、H2O、HCl晶体的熔点依次降低 B. I2低温下就能升华,说明碘原子间的共价键较弱 C. 硫酸钠在熔融状态下离子键被削弱,形成自由移动的离子,具有导电性 D. 干冰和石英晶体的物理性质差别很大的原因是所属的晶体类型不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.晶体熔沸点:原子晶体>离子晶体>分子晶体,金刚石为原子晶体、NaCl是离子晶体;H2O、HCl 为分子晶体,含有氢键的分子晶体熔沸点较高,H2O中含有氢键、HCl 不含氢键,则金刚石、NaCl、H2O、HCl 晶体的熔点依次降低,故A正确;‎ B.碘升华与分子间作用力有关,与化学键无关,故B错误;‎ C.含有自由移动离子的离子化合物能导电,硫酸钠为离子晶体,熔融状态下离子键被削弱,电离出自由移动阴阳离子,能导电,故C正确;‎ D.干冰和石英都是共价化合物,但是干冰为分子晶体、石英为原子晶体,所属的晶体类型不同,导致其物理性质差异性较大,故D正确;‎ 故选B。‎ ‎16.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )‎ A. 1.8g H218O含有的中子数为NA B. 0.1mol·L-1 MgCl2溶液中含有的Mg2+数目一定小于0.1NA C. 0.1mol 的CH4和NH3混合气体,含有的共价键数目为0.4NA D. 4.6g Na与含0.1mol HCl的稀盐酸充分反应,转移电子数目为0.2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、18g H218O的物质的量为n===0.09mol,而1mol H218O中含10mol中子,故含0.9NA个中子,故A错误;‎ B、溶液体积不明确,无法计算溶液中的镁离子的个数,故B错误;‎ C、甲烷含有4个C-H键,氨气有3个N-H,故0.1mol的CH4 和NH3 混合气体,含有的共价键数目小于 0.4NA,大于0.3NA,故C错误;‎ D、4.6g钠的物质的量为0.2mol,而钠和盐酸溶液反应时,先和HCl反应,过量的钠再和水反应,故0.2mol钠会完全反应,且反应后变为+1价,则转移0.2NA个电子,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎17.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量,根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。在一定温度下,用0.1mol·L-1KOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol ·L-1的盐酸和醋酸溶液,滴定曲线如图所示。下列有关判断正确的是( )‎ A. ①表示的是KOH溶液滴定醋酸溶液 B. A点的溶液中有c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1 mol·L-1‎ C. C点水电离的c(OH-)大于A点水电离的c(OH-)‎ D. A、B、C三点溶液均有Kw=1.0×10-14‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.溶液导电能力与离子浓度成正比,初始时HCl和醋酸浓度相同,CH3COOH只能部分电离,其导电能力较弱,则曲线①代表0.1mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线,故A正确;‎ B.A点溶质为CH3COOK,根据CH3COOK溶液中的电荷守恒可知:c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol/L,故B错误;‎ C.酸或碱抑制水的电离,含有弱离子的盐促进水的电离,C点溶质为KCl,不影响水的电离,A点溶质为醋酸钠,醋酸根离子水解,促进了水的电离,所以C点水电离的c(OH-)小于A点水电离的c(OH-),故C错误;‎ D.题中并未说明是25℃下,所以A、B、C三点溶液的Kw不一定为1.0×10-14;此外,中和反应是放热反应,A、C两点是刚好中和的点,温度高于反应前的温度,则Kw要比反应前的大,更不会是1.0×10-14;故D错误;‎ 故选A。‎ ‎18.关于常温下pH=11的NaOH溶液和氨水,下列说法正确的是( )‎ A. c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Na+)‎ B. 氨水的导电能力明显强于NaOH溶液 C. 向等体积的两溶液中加盐酸溶液至中性,NaOH溶液消耗的盐酸溶液体积多 D. 该氨水溶液与等体积,pH=3的盐酸溶液混合后:c(OHˉ)>c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.pH=11的NaOH溶液中c(Na+ )=0.001mol/L,一水合氨为弱碱,氨水浓度大于0.001mol/L,即c(NH4+ )+c(NH3•H2O)>0.001mol/L=c(Na+ ),故A错误;‎ B.溶液的导电离子浓度相等,两溶液pH相等,离子浓度相同,导电能力相同,故B错误;‎ C.氨水的浓度大于NaOH溶液,则向等体积的两溶液中加盐酸溶液至中性,氨水溶液消耗的盐酸溶液体积多,故C错误;‎ D.该氨水溶液与等体积、pH=3 的盐酸溶液混合后,氨水过量,混合液呈碱性,则c(OH-)>c(H+),故D正确;‎ 故选D。‎ ‎19.过氧化钙(CaO2)微溶于水,溶于酸,可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。实验室常用CaCO3为原料制备过氧化钙,流程如图:‎ 下列说法不正确的是( )‎ A. 逐滴加入稀盐酸后,将溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的CO2‎ B. 加入氨水和双氧水后的反应为:CaCl2+2NH3·H2O+H2O2=CaO2↓+2NH4Cl+2H2O C. 生成CaO2的反应需要在冰浴下进行的原因是温度过高时过氧化氢分解 D. 产品依次用蒸馏水、无水乙醇洗涤,其中乙醇洗涤的目的是为了除去晶体表面的NH4Cl杂质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由流程可知,碳酸钙溶于盐酸后,将溶液煮沸,可以除去溶液中溶解的二氧化碳气体,防止二氧化碳与氨气反应,过滤后,滤液中氯化钙、氨水、过氧化氢反应生成CaO2、NH4Cl、水,反应在冰浴下进行,可防止过氧化氢分解,再过滤,洗涤得到过氧化钙白色晶体,据此分析解答。‎ ‎【详解】A.逐滴加入稀盐酸后,将溶液煮沸的作用是除去溶液二氧化碳,防止再后续实验中二氧化碳与氨气反应,故A正确;‎ B.滤液中加入氨水和双氧水生成CaO2,反应的方程式为:CaCl2+2NH3•H2O+H2O2═CaO2↓+2NH4Cl+2H2O,故B正确;‎ C.温度过高时过氧化氢分解,影响反应产率,则生成CaO2的反应需要在冰浴下进行,故C正确;‎ D.过滤得到的白色结晶为CaO2,微溶于水,用蒸馏水洗涤后应再用乙醇洗涤以去除结晶表面水分,同时可防止固体溶解,故D错误;‎ 故选D。‎ ‎20.有一包白色粉末X,由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuCl2、KCl中的一种或几种组成,为了探究其成分,进行了如下实验:‎ 下列判断正确的是( )‎ A. 白色滤渣A可能为CaCO3、BaSO4的混合物 B. K2SO4、CuCl2一定不存在 C. KCl、K2SO4可能存在 D. CaCO3、BaCl2一定存在,NaOH可能存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】由流程可知,白色固体溶于水,得到无色溶液,则一定不含CuCl2,白色滤渣A与足量稀盐酸反应生成气体D和溶液C,则滤渣A为CaCO3,不含BaSO4,生成的气体D为CO2;CO2与无色溶液B反应生成白色沉淀E和溶液F,则白色沉淀E为BaCO3‎ ‎,则一定含有BaCl2、NaOH,一定没有K2SO4;可能存在KCl;据此分析解答。‎ ‎【详解】A.白色滤渣A只有CaCO3,不存在BaSO4,因为加入足量稀盐酸后没有沉淀剩余,故A错误;‎ B.结合分析可知,原混合物中一定不存在K2SO4、CuCl2,故B正确;‎ C.根据上述分析,可能含有KCl,一定不存在K2SO4,故C错误;‎ D.如果没有NaOH,BaCl2与二氧化碳不反应,无法生成碳酸钡沉淀,则一定含有NaOH,故D错误;‎ 故选B。‎ 非选择题部分 二、非选择题(本大题共6小题,共55分)‎ ‎21.按要求回答下列问题:‎ ‎(1)“水玻璃”中溶质的化学式为____,乙二醇的结构简式为____。‎ ‎(2)AlCl3熔沸点较低,熔融状态不导电,则其晶体类型为____晶体。‎ ‎(3)浓硝酸需避光保存在棕色试剂瓶的原因是____。(用化学方程式解释)‎ ‎【答案】(1). Na2SiO3 (2). (3). 分子 ‎ ‎(4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)硅酸钠溶液俗称水玻璃;乙二醇是乙烷中每个甲基上有1个H原子被-OH替代;‎ ‎(2)AlCl3熔融状态不导电,说明没有自由移动离子,且熔沸点较低,符合分子晶体性质;‎ ‎(3)浓硝酸见光、受热易分解生成二氧化氮、氧气与水。‎ ‎【详解】(1)“水玻璃”为Na2SiO3的水溶液,乙二醇的结构简式为;‎ ‎(2)AlCl3熔融状态不导电,说明没有自由移动离子,且熔沸点较低,说明AlCl3属于分子晶体;‎ ‎(3)硝酸见光或受热均易分解生成二氧化氮、氧气与水,反应方程式为:,因此浓硝酸需避光保存在棕色试剂瓶内。‎ ‎22.已知C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物,X、Y、Z的原子序数依次增大,X在周期表中原子半径最小,Y、Z原子最外层电子数之和为10。D为无色非可燃性气体,G为黄绿色单质气体,J、M为金属,I有漂白作用,反应①常用于制作印刷线路板。各物质之间的转化关系如图,部分生成物省略。‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)写出Z在周期表中的位置____,D的结构式____。‎ ‎(2)写出A的化学式____。‎ ‎(3)写出反应①的离子方程式____。‎ ‎(4)为了获得氯化铜晶体,需要将B溶液在HCl氛围中蒸发结晶,原因是____。‎ ‎(5)将F溶于稀硝酸,溶液变成蓝色,并放出无色气体。写出该反应的化学方程式____。‎ ‎【答案】(1). 第2周期ⅥA族 (2). O=C=O (3). Cu2(OH)2CO3或CuCO3 (4). Cu +2Fe3+= Cu2++2Fe2+ (5). 避免Cu2+水解生成Cu(OH)2 (6). 3Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】X在周期表中的原子半径最小,则X为H元素;G为黄绿色单质气体,则G为Cl2;反应①用于制作印刷电路板,为FeCl3和Cu反应,则L为FeCl3,K为FeCl2;E能与葡萄糖反应生成砖红色沉淀F,则F为Cu2O,E为Cu(OH)2,则B为CuCl2,M为Cu;由C+G→H+I,I有漂白作用,H能够与金属J反应生成FeCl2,则H为HCl,J为Fe,I为HClO,则C为H2O;从A+H(HCl)=B(CuCl2)+C(H2O)+D,D为无色非可燃性气体,可知,A中含有铜元素;Y、Z原子最外层电子数之和为10,Y、Z中一种为O元素,则另一种元素的原子最外层电子数为4,可能为C或Si元素,结合D为无色非可燃性气体,只能为CO2,X、Y、Z的原子序数依次增大,则Y为C元素,Z为O元素,因此A中还含有C元素,因此A为CuCO3或Cu2(OH)2CO3等,据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析,X为H元素,Y为C元素,Z为O元素,A为CuCO3或Cu2(OH)2CO3等,B为CuCl2,C为H2O,D为CO2,E为Cu(OH)2,F为Cu2O,G为Cl2,H为HCl,I为HClO,J为Fe,K为FeCl2,L为FeCl3,M为Cu。‎ ‎(1)Z为O元素,在周期表中位于第二周期ⅥA族;D为CO2,结构式为O=C=O,故答案为:第二周期ⅥA族;O=C=O;‎ ‎(2)A 的化学式为:CuCO3或Cu2(OH)2CO3,故答案为:CuCO3或Cu2(OH)2CO3;‎ ‎(3)反应①为FeCl3和Cu反应,反应的离子方程式为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+,故答案为:Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+;‎ ‎(4)为了获得氯化铜晶体,需要将 CuCl2 溶液在 HCl 氛围中蒸发结晶,原因是:避免Cu2+水解生成Cu(OH)2,故答案为:避免Cu2+水解生成Cu(OH)2;‎ ‎(5)将 Cu2O 溶于稀硝酸,溶液变成蓝色,并放出无色气体,该反应的化学方程式:3Cu2O+14HNO3(稀)═6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O,故答案为:3Cu2O+14HNO3(稀)═6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O。‎ ‎23.第19届亚洲运动会将于2022年在杭州举行,杭州的空气与水质量的提高越来越成为人们关注的问题。其中,烟气中的NOx与水中总氮含量(包括有机氮及NO3-、NO2-、NH4+等无机氮)都必须脱除(即脱硝)后才能排放。请回答下列问题:‎ I.空气的脱硝处理:‎ 已知:CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH1= -890.3.kJ· mol-1‎ N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH2= +180.kJ· mol-1‎ ‎(1)CH4可用于脱硝,其化学方程式为CH4(g)+4NO(g)CO2(g)+2N2(g)+2H2O(l),ΔH=____kJ· mol-1。在恒温,恒容的密闭容器中通入2mol CH4和4mol NO,下列说法正确的是____。‎ A.甲烷过量,可将NO完全转化为N2‎ B.从反应开始到平衡的过程中,NO的转化率一直增大 C.反应过程中,容器中的压强保持不变 D.平衡后,再通入一定量的甲烷,正反应速率增大 ‎(2)C2H4也可用于烟气脱硝。为研究温度、催化剂中Cu2+负载量对其NO去除率的影响,控制其他条件一定,实验结果如图1所示。为达到最高的NO去除率,应选择的反应温度和Cu2+负载量分别是____。‎ II.水的脱硝处理:‎ ‎(3)水中的含氮物质在好氧硝化菌的作用下有如下反应:‎ ‎2NH4+(aq)+3O2(g)=2NO2-(aq)+4H+(aq)+2H2O(l)(快反应)‎ ‎2NO2-(aq)+O2(g)=2NO3-(aq)(慢反应)‎ ‎20℃时含氮废水(以NH4+)的NH4+的浓度随DO(水体中溶解氧)浓度的变化曲线如图2所示,在图2上画出20℃时NO2-的浓度随DO的变化趋势图。_______‎ ‎(4)研究表明,用电解法除去氨氮废水(反应中视为NH4+)有很高的脱氮(转化为N2)效率,写出该过程中阳极的电极反应式____。‎ ‎【答案】(1). -1250.3 (2). BD (3). 3%、350℃左右 (4). (5). 2NH4+-6e-=N2+8H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据盖斯定律分析解答;A.可逆反应中反应物不能完全转化为生成物;B.从反应开始到平衡的过程中,NO的物质的量一直在减少;C.反应过程中,气体总物质的量减少;D.再通入一定量的甲烷,反应物浓度增大;‎ ‎(2)根据图像找出NO去除率最高时对应温度和催化剂中Cu2+负载量;‎ ‎(3)由题给信息可知,生成NO2-的反应较快,后逐渐被氧化生成NO3-,NO2-浓度先增大后减小;‎ ‎(4)阳极发生氧化反应,NH4+被氧化生成氮气。‎ ‎【详解】I.(1)根据盖斯定律求解,CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l) △H= -890.3kJ•mol-1①;N2(g)+O2(g)═2NO(g) △H= +180kJ•mol-1②;CH4(g)+4NO(g)═CO2(g)+2N2(g)+2H2O(l) △H3③;则③=①-②×2,△H3=△H1-2△H2= -890.3-2×(+180)=-1250.3kJ;‎ A.可逆反应中反应物不能完全转化为生成物,所以NO不能完全反应,故A错误;B.从反应开始到平衡的过程中,NO的物质的量一直在减少,则NO转化率一直增大,故B正确;‎ C.反应过程中,气体总物质的量减少,气体压强与物质的量成正比,所以压强减小,故C错误;‎ D.平衡后,再通入一定量的甲烷,反应物浓度增大,浓度越大,反应速率越快,则正反应速率加快,故D正确;故选BD;‎ ‎(2)由图1可知在350℃左右,催化剂中Cu2+负载量为3%时,NO去除率最高;‎ ‎(3)由题给信息可知,生成NO2-的反应较快,后逐渐被氧化生成NO3-,NO2-浓度先增大后减小,则图像为;‎ ‎(4)阳极发生氧化反应,NH4+被氧化生成氮气,电极方程式为2NH4+-6e-=N2+8H+。‎ ‎24.磺酰氯(SO2Cl2)在医药、染料行业有重要用途,也可用于制备表面活性剂。沸点为69.2℃,遇水水解,剧烈反应生成两种强酸。学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下,制备SO2Cl2并测定产品纯度,设计如图实验如图1(夹持装置略去)。请回答下列问题:‎ Ⅰ.SO2的制备 ‎ ‎ ‎(1)欲收集一瓶干燥的SO2,装置中气流方向合理的连接顺序为____(填小写字母)。‎ ‎(2)A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液,A中反应的化学方程式为____。‎ Ⅱ.SO2Cl2的制备和纯度的测定 将上述收集到的SO2充入注射器h中,用图2装置制备SO2Cl2。‎ ‎(3)仪器e的名称为____,b中试剂的名称为____。‎ ‎(4)f的作用是____。‎ ‎(5)取反应后的产品4.0g,配成200mL溶液;取出20.00mL,用0.5000mol ·L-1NaOH溶液滴定;达到滴定终点时消耗标准液的体积为20.00mL(杂质不参加反应)。‎ ‎①产品加水配成溶液时发生的反应为____。‎ ‎②SO2Cl2的质量分数为____。(保留三位有效数字)。‎ ‎【答案】(1). adecbf或adecbdef (2). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O (3). 冷凝管或球形冷凝管 (4). 饱和食盐水 (5). 防止水蒸气进入d使SO2Cl2水解 (6). SO2Cl2+2H2O= H2SO4+2HCl (7). 84.4%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)收集一瓶干燥的SO2,则须先制取气体,然后提纯,再收集,因为二氧化硫有毒、易溶于水,还要对尾气进行吸收处理,据此分析解答;‎ ‎(2)A中是生成二氧化硫的反应;‎ ‎(3)盐酸容易挥发,生成的氯气中会混入氯化氢,据此分析解答;‎ ‎(4)无水氯化钙具有吸水性,结合SO2Cl2遇水易水解分析解答;‎ ‎(5)①SO2Cl2遇水水解,剧烈反应生成两种强酸,即生成盐酸和硫酸;②根据NaOH 与盐酸、硫酸反应,得到SO2Cl2的物质的量,从而得出质量分数。‎ ‎【详解】(1)根据图示,装置A可以用来制取二氧化硫,生成的二氧化硫中混有水蒸气,可以通入C中干燥,用B收集,多余的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收,防止污染;因此欲收集一瓶干燥的SO2‎ ‎,装置的导管按气流方向连接的顺序是:a通过导管d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥,通过e导管导出后,通过c导管导入集气瓶中收集,为了防止二氧化硫逸出扩散到空气中污染环境,应该把b导管连接到f导管上,为防止通过D吸收逸出的二氧化硫的水逸到B中,把b导管连接到d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥,通过e导管导出后,连接f,故答案为:adecbf或adecbdef;‎ ‎(2)A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液,生成二氧化硫的反应方程式为H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O,故答案为:H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O;‎ ‎(3)根据图示,e为球形冷凝管;b的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体,故b中试剂为饱和食盐水,故答案为:(球形)冷凝管;饱和食盐水;‎ ‎(4)SO2Cl2遇水易水解,故f的作用的防止空气中的水蒸气进入到d,故答案为:防止空气中的水蒸气进入到d使SO2Cl2水解;‎ ‎(5)①SO2Cl2遇水水解,剧烈反应生成两种强酸,即为同时生成盐酸和硫酸,方程式为:2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl;故答案为:2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl;‎ ‎②根据2H2O+SO2Cl2=H2SO4+2HCl得到,SO2Cl2~4H+~4OH-的关系,消耗氢氧化钠的物质的量为0.5000mol•L-1×20.00×10-3L=0.01mol,故n(SO2Cl2)= =0.0025mol,配成 200mL 溶液,取出 20.00mL,所以n(SO2Cl2)总=0.0025mol×10=0.025mol,m(SO2Cl2)=n×M=0.025mol×135g/mol=3.375g,质量分数=×100%=84.4%,故答案为:84.4%。‎ ‎25.苏合香醇可以用作食用香精,其结构简式如图所示。‎ ‎(1)苏合香醇的分子式为____,它不能发生的有机反应类型有(填数字序号)____。‎ ‎①取代反应 ②加成反应 ③氧化反应 ④加聚反应 ⑤水解反应 有机物丙(分子式为C13H18O2)是一种香料,其合成路线如图所示。其中A的相对分子质量通过质谱法测得为56,核磁共振氢谱显示只有两组峰;乙与苏合香醇互为同系物;丙分子中含有两个-CH3。‎ 已知:R-CH=CH2R-CH2CH2OH ‎(2)甲中官能团的名称是____;甲与乙反应生成丙的反应类型为____。‎ ‎(3)B与O2反应生成C的化学方程式为____。‎ ‎(4)在催化剂存在下1 mol D与2 mol H2可以反应生成乙,且D能发生银镜反应。则D结构简式为____。‎ ‎(5)写出符合下列条件的乙的同分异构体结构简式____。‎ ‎①苯环上有两个取代基,且苯环上的一氯取代物只有两种 ‎②遇氯化铁溶液显紫色 ‎【答案】(1). C8H10O (2). ④⑤ (3). 羧基 (4). 酯化(或取代) (5). 2+O22+2H2O (6). (7). 、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)苏合香醇为,由-OH和苯环分析其性质,据此分析解答(1);‎ ‎(2)~(5) A 的相对分子质量通过质谱法测得为 56,核磁共振氢谱显示只有两组峰,分子式为C4H8,结合题给信息可知应为CH2=C(CH3)2,A发生已知信息的反应生成B,B连续氧化、酸化得到甲,结合转化关系可知,B为2-甲基-1-丙醇,结构简式为(CH3)2CHCH2OH,C为2-甲基丙醛,结构简式为:(CH3)2CHCHO,甲为(CH3)2CHCOOH,甲与乙反应酯化生成丙(C13H18O2),则乙为C9H12O,丙中有两个甲基,则乙中不含甲基,乙为苏合香醇的同系物,则乙的结构简式为,由1mol D与2mol氢气反应生成乙,所以D为C9H8O,可以发生银镜反应,含有-CHO,故D为,据此分析解答(2)~(5)题。‎ ‎【详解】(1)苏合香醇为,由-OH和苯环可知,其分子式为C8H10‎ O,能发生取代、加成、氧化、消去反应,而不能发生水解、加聚反应,故答案为:C8H10O;④⑤;‎ ‎(2)甲为(CH3)2CHCOOH,含有的官能团为羧基,甲与乙发生酯化反应生成丙,酯化反应也是取代反应,故答案为:羧基;取代(酯化反应);‎ ‎(3)B为(CH3)2CHCH2OH,C为(CH3)2CHCHO,由B到C的化学反应方程式为2+O22+2H2O,故答案为:2+O22+2H2O;‎ ‎(4)由上述分析可知,D的结构简式为,故答案为:;‎ ‎(5)乙为,乙的同分异构体满足:①苯环上有两个取代基,且苯环上的一氯取代物只有两种,应为对位位置,②遇氯化铁溶液显紫色,说明含有酚羟基,则可为、,故答案为:、。‎ ‎26.取4.64g铁屑(含有Fe2O3、CuO杂质),加入足量的稀硫酸溶解,产生标准状况下气体V mL,过滤后得到0.64g残渣和滤液M(无Cu2+)。在滤液M中加入足量NaOH溶液过滤残渣充分灼烧得到4.80g固体。请计算:‎ ‎(1)滤液M中存在的金属阳离子有____。‎ ‎(2)参与反应的硫酸的物质的量为___mol。‎ ‎(3)V=____。‎ ‎【答案】(1). Fe2+ (2). 0.06 (3). 448 mL ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)加入足量的稀硫酸溶解,过滤后得到 0.64 g 残渣,且滤液 M无 Cu2+,由于硫酸足量,Fe、Cu能与Fe3+反应,则残渣为Cu,滤液M中金属阳离子为 Fe2+;‎ ‎(2)滤液M中溶质为FeSO4‎ ‎,加入足量的NaOH,由于氢氧化亚铁易被氧化,过滤充分灼烧得到 4.80g 固体为Fe2O3,根据Fe原子守恒计算硫酸亚铁的物质的量,再根据硫酸根守恒计算硫酸的物质的量;‎ ‎(3)纵观整个反应过程,原混合物可以看作FeO、Cu、Fe的混合物,其中FeO、Fe的总质量为4.64g-0.64g=4g,由Fe原子守恒可知FeO、Fe的总物质的量,联立计算各自物质的量,根据电子转移守恒计算氢气的体积。‎ ‎【详解】(1)加入足量的稀硫酸溶解,过滤后得到 0.64 g 残渣,且滤液 M无 Cu2+,由于硫酸足量,Fe、Cu能与Fe3+反应,则残渣为Cu,滤液M中金属阳离子为 Fe2+,故答案为:Fe2+;‎ ‎(2)滤液M中溶质为FeSO4,加入足量的NaOH,由于氢氧化亚铁易被氧化,过滤充分灼烧得到 4.80g 固体为Fe2O3,其物质的量为=0.03mol,根据Fe原子守恒,n(FeSO4)=2n(Fe2O3)=0.03mol×2=0.06mol,因此n(H2SO4)=n(FeSO4)=0.06mol,故答案为:0.06;‎ ‎(3)纵观整个反应过程,原混合物可以看作FeO、Cu、Fe的混合物,其中FeO、Fe的总质量为4.64g-0.64g=4g,则72g/mol×n(FeO)+56g/mol×n(Fe)=4g,Fe元素最终都转移到4.80g 固体为Fe2O3中,由Fe原子守恒可知:n(FeO)+n(Fe)=0.06mol,联立解得:n(FeO)=0.04mol、n(Fe)=0.02mol,根据电子转移守恒可知生成氢气为=0.01mol,则得到氢气体积为0.01mol×22.4L/mol=0.224L,即体积为224mL,故答案为:224 mL。‎

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