27.答案(1)3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液
(2)通入CO2一段时间,关闭弹簧夹,将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内
(3)Cu + 4HNO3(浓)= Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O
(4)将NO2转化为NO 3NO2 + H2O =2HNO3 + NO
(5)装置③中液面上方气体仍为无色,装置④中液面上方气体由无色变为红棕色
(6)a c d
[解析]本题主要考查HNO3的性质、化学基本实验设计和评价能力。(1)根据装置特点和实验目的,装置⑤是收集NO,装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2,因为要验证稀HNO3不能氧化NO,所以装置③中应该盛放稀硝酸。
(2)由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰,所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气,同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出。
(3)Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O:Cu + 4HNO3(浓)=Cu(NO3)2 + 2NO2↑ +2 H2O。
(4)装置②中盛放H2O,使NO2与H2O反应生成NO:3NO2 + H2O=2HNO3 + NO。
(5)NO通过稀HNO3溶液后,若无红棕色NO2产生,说明稀HNO3不能氧化NO,所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之。装置④中盛放的是浓HNO3,若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体。
(6)要证明是Cu(NO3)2浓度过低或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色,一是可设计将溶解的NO2赶走(a、c方案)再观察颜色变化。二是增加溶液中Cu(NO3)2溶液的浓度(d方案)观察反应后的颜色变化。
27.(14分)
某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的,按下图装置进行试验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将氧化成,而稀硝酸不能氧化。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
可选药品:浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳
已知:氢氧化钠溶液不与反应,能与反应
(1) 实验应避免有害气体排放到空气中,装置③、④、⑥中乘放的药品依次是
(2) 滴加浓硝酸之前的操作时检验装置的气密性,加入药品,打开弹簧夹后
(3) 装置①中发生反应的化学方程式是
(4) 装置②的作用是 ,发生反应的化学方程式是
(5) 该小组得出的结论一局的试验现象是
(6) 试验结束后,同学们发现装置①中溶液呈绿色,而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致,而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别涉及了一下4个试验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是(选填序号字母)
a. 加热该绿色溶液,观察颜色变化
b. 加水稀释绿色溶液,观察颜色变化
c. 向该绿色溶液中通入氮气,观察颜色变化
d. 向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反映产生的气体,观察颜色变化
26.(15分)
以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下(部分操作和条件略);
I 从废液中提纯并结晶处FeSO4·7H2O。
II将溶液与稍过量的溶液混合,得到含的浊液
IV 将浊液过滤,用90°C热水洗涤沉淀,干燥后得到固体
V煅烧,得到固体
已知:在热水中分解
(1) I中,加足量的铁屑出去废液中的,该反应的离子方程式是
(2) II中,需加一定量硫酸,运用化学平衡原理简述硫酸的作用
(3) III中,生成的离子方程式是 。若浊液长时间暴露在空气中,会有部分固体表面变为红褐色,该变化的化学方程式是 。
(4) IV中,通过检验来判断沉淀是否洗涤干净。检验操作是是 。
(5) 已知煅烧的化学方程式是,现煅烧464.0kg的,得到316.8kg产品,若产品中杂质只有,则该产品中的质量是 kg(摩尔质量/g·;)
答案. (1)Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+
(2)加入硫酸,H+浓度增大,使Fe2+ + 2H2OFe(OH)2 + 2H+的平衡向逆反应方向移动,从而抑制FeSO4的水解
(3)Fe2+ + 2HCO3- = FeCO3↓+ CO2 ↑ + H2O
4FeCO3 + 6H2O + O2 = 4Fe(OH)3 ↓+ 4CO2
(4)取少量洗涤后的滤液放入试管中,滴加酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则沉淀洗涤干净
(5)288.0
[解析]本题考查化学实验基本操作、物质的制备、化学反应原理、计算等。(1)Fe3+具有氧化性,能氧化Fe生成Fe2+:2Fe3+ + Fe=3Fe2+。
(2)由于Fe2+水解,加入H2SO4可阻止其水解。
(3)Fe2+与HCO3―在溶液中发生双水解生成FeCO3:Fe2+ + 2HCO3―=FeCO3↓+ CO2↑+ H2O。FeCO3在被O2氧化最终生成Fe(OH)3而出现红褐色:4FeCO3 + O2 + H2O=Fe(OH)3 ↓+ 4CO2↑。
(4)SO42―的检验一般采用BaCl2溶液,根据溶液与BaCl2溶液反应是否有白色沉淀产生来判断溶液中是否存在SO42―。
(5)464kg FeCO3中含有Fe元素4×103mol,设产品中FeO xmol ,Fe2O3ymol,则有:x + 2y=4×103,72x + 160y=316.8×103,解得x=2.2×103mol,y=1.8×103mol,故Fe2O3的质量=1.8×103mol×160g/mol=288.0kg。
25.(16分)
丙烯可用于合成是杀除根瘤线虫的农药(分子式为)和应用广泛的DAP树脂;
已知脂与酯克发生如下酯交换反应:
(R,R’ R’’代表羟基)
(1)农药分子中每个碳原子上均连有卤原子。
①A的结构简式是
A 含有的官能团名称是 ;
②由丙烯生成A的反应类型是
(2)A水解可得到D,该水解反应的化学方程式是 。
(3)C蒸汽密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍,C中各元素的质量分数分别为
碳60%,氢8%,氧32% ,C的结构简式是 。
(4)下列说法正确的是(选填序号字母)
a.能发生聚合反应,还原反映和氧化反映
b.C含有两个甲基的羟酸类同分异构体有4个
c D催化加氢的产物与B具有相同的相对分子质量
d E有芳香气味,易溶于乙醇
(5)E的水解产物经分离子最终的到甲醇和B,二者均可循环利用DAP树脂的制备。其中将甲醇与H分离的操作方法是
(6)F的分子式为DAP单体为苯的二元取代物,且两个取代基部处于对位,
该单体苯环上的一溴取代物只有两种。D和F反应生成DAP单体的化学方程式
。
答案.(1)① 碳碳双键、氯原子 ②取代反应
(4)a c d
(5)蒸馏
[解析]本题考查有机推断、典型有机反应类型、同分异构、有机结构与性质。(1)CH3CH=CH2在500℃时与Cl2发生取代反应生成A(ClCH2CH=CH2),
ClCH2CH=CH2与Br2发生加成反应生成ClCH2CHBr-CH2Cl。ClCH2CH=CH2含有碳碳双键和氯原子两种官能团。
(2)ClCH2CH=CH2在NaOH溶液中发生水解反应生成HOCH2CH=CH2,其反应方程式为:ClCH2CH=CH2 + H2O CH2=CHCH2OH + HCl。
(3)C的相对分子质量=16×6.25=100,C:H:O=,C的分子式为C5H8O2。C与CH3OH发生酯交换反应生成D、E,E能发生水解反应,说明E为酯,H为羧酸的钠盐,B为羧酸,结合C和丙烯的分子式,推知B为CH3COOH,C为CH3COOCH2CH=CH2,D为CH2=CHCH2OH。
(4)选项A,C中含有碳碳双键,所以能发生聚合、氧化、还原反应。选项B,符合条件的同分异构体有如下两种:CH3-CH=CH(CH3)-COOH、(CH3)2C=CH-COOH。选项B,CH3CH2CH2OH和CH3COOH相对分子质量为60。选项D,CH3COOCH3是具有芳香气味的酯,且易溶于乙醇中。
(5)H为沸点很高的CH3COONa,CH3OH沸点较低,故可采用蒸馏方法分离。
(6)DAP苯环上只有两个取代基,且取代基不处于对位,只有两个相同的取代基处于邻位时,其苯环上的一溴代物有两种。D为CH2=CHCH2OH,CH2=CHCH2OH与C10H10O4发生酯交换反应生成CH3OH和DAP单体,推知F为,生成DAP单体的化学方程式为:2CH2=CHCH2OH + + 2CH3OH。
12. 由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X
存在如在右图转化关系(部分生成物和反应条件略去)
下列推断不正确的是
A.若X是,C为含极性键的非极性分子,则A一定是氯气,且D和E不反应
B.若A是单质,B和D的反应是,则E一定能还原
C.若D为CO,C能和E反应,则A一定为,其电子式是
D.若D为白色沉淀,与A摩尔质量相等,则X一定是铝盐
答案. A
[解析]本题考查元素及其化合物的转化关系。选项A,X是Na2CO3,C为CO2,当A为NO2,B为HNO3,D为NaHCO3也不合转化关系。选项B,根据B、D反应的离子方程式OH― + HCO3―=H2O + CO32―,A为活泼金属Na(或K等),B为NaOH、E为H2,X为CO2,C为Na2CO3,D为NaHCO3,H2在加热时能还原Fe2O3。选项C,A为Na2O2,B为O2,E为NaOH,X为C,C为CO2,D为CO,符合转化关系,正确。选项D,D为摩尔质量为78g/mol的Al(OH)3,A为摩尔质量为78g/mol 的Na2O2,X为铝盐,C为偏铝酸盐,铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al(OH)3,符合转化关系,正确。
11.有4种混合溶液,分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合面成:①与;②与③与④与
下列各项排序正确的是
A.pH:②>③>④>① B :②>④>③>①
C.溶液中:①>③>②>④ D :①>④>③>②
答案. B
[解析]本题主要考查盐类水解知识的应用。①:CH3COONa与HCl反应后生成CH3COOH和NaCl,其溶液呈酸性。②:CH3COONa与NaOH溶液,OH―阻止CH3COO―水解,溶液呈强碱性。③:CH3COONNa与NaCl,CH3COONa水解溶液呈碱性。④:CH3COONa与NaHCO3溶液,NaHCO3水解呈碱性,HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力,HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用。选项A,④中的pH>③中pH,错误。选项B,②中由于OH―对CH3COO―水解抑制作用强,其c(CH3COO―)最大,④中HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用,c(CH3COO―)较大,①中生成了CH3COOH,c(CH3COO―)最小,故正确。选项C,②中c(H+)最小,错误。选项D,③中c(CH3COOH)>④中c(CH3COOH),错误。
10. 甲、乙、丙、丁4中物质分别含2种或3种元素,它们的分子中各含18个电子。甲是气态氢化物,在水中分步电离出两种阴离子。下列推断合理的是
A.某拿酸溶液含甲电离出的阴离子,则该溶液显碱性,只能与酸反应
B.乙与氧气的摩尔质量相同,则乙一定含有极性键和非极性键
C.丙中含有2周期IVA族的元素,则丙一定是甲烷的同系物
D.丁和甲中各元素质量比相同,则丁中一定含有-1价的元素
答案. D
[解析]本题考查物质结构知识。选项A,甲是18电子的氢化物,且其水溶液为二元弱酸,不难得出甲为H2S,其中NaHS溶液中含有HS―、S2―,但NaHS能与盐酸等反应生成H2S。选项B,O2的摩尔质量为32g/mol,乙的摩尔质量也为32g/mol,且含有18电子,如CH3OH符合,CH3OH中只含有极性键无非极性键。选项C,第2周期ⅣA族元素为C,如CH3OH符合,但CH3OH不是CH4的同系物。选项D,H2S中元素的质量比为1/16(H/S),H2O2分子中元素的质量比也为1/16(H/O),H2O2中氧元素的价态为-1价,符合。
9.已知有相同容积的定容密封容器甲和乙,甲中加入和各0.1mol ,乙中加入HI 0.2mol,相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度,应采取的措施是
A.甲、乙提高相同温度 B 甲中加入0.1mol He,乙不改变
C.甲降低温度,乙不变 D 甲增加0.1mol ,乙增加0.1mol I2
答案. C
[解析]本题考查化学平衡移动、等效平衡。 在相同条件下,甲、乙容器中达平衡时是等效平衡,欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度,则甲中平衡向着正反应方向移动,同时乙向着逆反应方向移动或者不移动。选项A,甲、乙提高相同温度时,平衡均向逆反应方向移动,且达平衡是二者等效,HI浓度相等。选项B,加入稀有气体时,平衡不移动,二者HI浓度相等。选项C,甲降低温度平衡向着正反应方向移动,达平衡是HI浓度增大,而乙中HI浓度不变,符合题意。选项D,甲中增加等量的H2或I2,达平衡是HI浓度相等。
8.下列叙述正确的是
A.将通入溶液中至饱和,无沉淀产生;再通入,产生沉淀
B.在稀硫酸中加入铜粉,铜粉不溶解;再加入固体,铜粉仍不溶解
C.向溶液中滴加氨水,产生白色沉淀;再加入溶液,沉淀消失
D.纯锌与稀硫酸反应产生氨气的速率较慢;再加入少量固体,速率不改变
答案. C
[解析]本题考查元素及其化合物知识。选项A,CO2、SO2均不能与BaCl2溶液反应,所以再通入SO2时也无沉淀产生。选项B,Cu不能与稀H2SO4反应,但加入Cu(NO3)2后,溶液中存在HNO3,Cu溶解在HNO3中。选项C,Al3+与NH3 ·H2O反应生成Al(OH)3沉淀,加入NaHSO4溶液时,NaHSO4电离出的H+使Al(OH)3溶解。选项D,加入CuSO4溶液后形成原电池而加快了产生H2的速度。
7.W、X、Y、Z均为短周期元素,W的最外层电子数与核外电子总数之比为7:17;X与W同主族;Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半;含Z元素的物质焰色反映为黄色。下列判断正确的是
A.金属性:YZ B 氢化物的沸点:
C.离子的还原性: D 原子及离子半径:
答案. B
[解析]本题考查物质结构和元素周期律。根据题设条件推知W为Cl、X为F、Y为Al、Z为Na。选项A,Al、Na 同周期,根据同周期元素递变规律,Na的金属性大于Al。选项B,HF分子间存在氢键,其沸点高于HCl。选项C,Cl―的还原性大于F―。选项D,Cl―的半径大于Na+、Al3+。
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