当前位置:咋考网 > 高考 > 模拟题 > 化学 >

2019年高三化学上册高考模拟相关

师范大学附属中学2019年高三化学上册高考模拟免费试卷完整版

化学在生产和日常生活中有重要的应用,下列说法中错误的是(  )
A. MgO、Al2O3的熔点很高,可制作耐高温材料,工业上也用其电解冶炼对应的金属
B. 明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物,可用于水的净化
C. 燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩
D. 铝比铁活泼,但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀

【答案】A
【解析】试题分析:A、氧化铝的熔点很高,所以Al2O3在工业上用于制作耐高温材料,铝是活泼金属,活泼金属的冶炼用电解法,所以用电解法冶炼铝金属,MgO的熔点为2800℃、熔点高,电解时耗能高,工业上常用电解熔融MgCl2的方法生产金属镁,故A错误;B、明矾中铝离子水解生成胶体,具有吸附性,则能吸附水中悬浮物,可用于水的净化,故B正确;C、因焰色反应时能呈现出来的色彩,因此可用作焰火,故C正确;D、Al比铁活泼,但氧化铝为致密的氧化物,所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀,故D正确;故选A。

下列有关实验的操作、现象及原理均正确的是
A. 用玻璃棒蘸取NaClO溶液点在干燥的pH试纸上,试纸呈现蓝色,证明HClO是弱酸
B. 将一定量的FeCl3晶体、盐酸依次加入容量瓶中,配制一定物质的量浓度的FeCl3溶液
C. 为证明Cu与浓硫酸反应生成了CuSO4,可将反应后的混合液冷却后再加入水,若显蓝色即可证明生成了CuSO4
D. 用乙醇、乙酸及浓硫酸制取乙酸乙酯的过程中发现忘加碎瓷片,需在完全冷却后再补加

【答案】D
【解析】
A项,NaClO具有漂白性,无法测出溶液pH,不能判断NaClO溶液的酸碱性,应选pH计测定其pH,才能作出判定,故A项错误;
B项,不能在容量瓶中溶解,应在烧杯中溶解后转移到容量瓶中定容,最后加盐酸抑制水解,故B项错误;
C项,反应后的溶液中有剩余的浓硫酸,因此加水稀释反应后的溶液时,应把反应后的混合液加入水中,若显蓝色则证明生成了硫酸铜,不能反之操作,易发生危险,故C项错误;
D项,发现忘加碎瓷片,应先冷却,再加碎瓷片,防止暴沸,故D项正确;
综上所述,本题选D。

设NA为阿伏伽德罗常数的值,下列叙述正确的是(  )
A. 1L1.0mo1•L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA
B. 标准状况下,11.2 LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75NA
C. Na2O和Na2O2混合物的物质的量为1mol,其中含有的阴离子总数为NA
D. 室温下,将9g铝片投入0.5L 18.4mol•L-1的H2SO4中,转移的电子数为NA

【答案】C
【解析】
A项,1L1.0mo1•L-1的NaAlO2水溶液中含有1mo1NaAlO2,对应2mo1O,而溶液中的H2O中也含O,则溶液中含有的氧原子数目大于2NA ,故A项错误;
B项,两者混合后发生反应2NO+O2=2NO2,生成的NO2及未反应完的O2的总分子数为0.75 NA,但是存在可逆反应2NO2N2O4,则混合后分子数小于0.75NA,故B项错误;
C项,Na2O中的阴离子是O2-,Na2O2中的阴离子是O22-,1molNa2O或者Na2O2都对应1mol阴离子,即阴离子总数为NA,故C项正确;
D项,常温下,铝会被浓硫酸钝化,但只有表面的铝被氧化,转移的电子数小于NA,故D项错误;
正确选项C。

下列离子方程式书写正确的是
A. 向水中通入氯气:Cl2+H2O===2H+ + ClO−+ Cl−
B. 向Ca(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液:Ca2+ + 2HCO3−+2OH−===CaCO3↓+CO32−+2H2O
C. 向明矾溶液中加过量氨水:Al3++4NH3·H2O===AlO2−+4NH4++2H2O
D. 将Fe2O3溶解与足量HI溶液:Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O

【答案】B
【解析】
A. 次氯酸为弱酸,不能拆成离子形式;
B. 向Ca(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液生成碳酸钙、碳酸钠和水;
C. Al(OH)3不溶于氨水;
D. HI具有酸性,也具有强的还原性;
A.向水中通入氯气的离子反应为:Cl2+H2OH+ +HClO-+Cl-,次氯酸为弱酸,不能拆成离子形式,A错误;
B. 向Ca(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液:Ca2+ + 2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O,B正确;
C. 向明矾溶液中加过量氨水:Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+ 3NH4+, Al(OH)3不溶于氨水,C错误;
D. 将Fe2O3溶解与足量HI溶液:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O,生成的铁离子继续氧化碘离子:2Fe3++2I-=2Fe2++I2,D错误;
正确选项B。

室温下,下列各组离子能大量共存的是
A. pH=7的溶液中:Fe3+、Mg2+、SO42-、Cl-
B. NaHS溶液中:SO42-、K+、Cl-、Cu2+
C. KW/c(H+)=10-13mol·L−1的溶液中:NH4+、Mg2+、SO42-
D. 通入大量CO2的溶液中:Na+、ClO-、CH3COO-、HCO3-

【答案】C
【解析】
A. Fe3+只能存在于酸性溶液,不能存在于pH=7的溶液中,故A错误;
B. NaHS、Cu2+之间发生反应生成CuS沉淀,在溶液中不能大量共存,故B 错误;
C. KW/c(H+)=10-13mol·L−1的溶液显酸性:NH4+、Mg2+、SO42-之间不反应,都不与氢离子反应,在溶液中不能大量共存,故C正确;
D. CO2、ClO-之间发生反应,在溶液中不能大量共存,故D错误;
综上所述,本题答案是:C。

下表中,对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( )

选项

陈述Ⅰ

陈述Ⅱ

判断

A

碳酸钠溶液可用于治疗胃病

Na2CO3可与盐酸反应

Ⅰ对,Ⅱ对,有

B

向Na2O2的水溶液中滴酚酞变红色

Na2O2与水反应生成氢氧化钠

Ⅰ对,Ⅱ错,无

C

金属钠具有强还原性

高压钠灯发出透雾性强的黄光

Ⅰ对,Ⅱ对,有

D

过氧化钠可用于航天员的供氧

Na2O2能与CO2、H2O反应生成O2

Ⅰ对,Ⅱ对,有



A. A B. B C. C D. D

【答案】D
【解析】
A.碳酸钠能够与盐酸反应,但是碳酸钠碱性较强,具有腐蚀性,不能用于治疗胃病,陈述Ⅰ错误,A错误;
B.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠为强碱,水溶液显碱性,能够使酚酞变红,所以Ⅰ、Ⅱ都对,B错误;
C.钠的焰色为黄色,透雾性强,高压钠灯发出透雾能力强的黄光,Ⅰ对,Ⅱ对,二者无因果关系,C错误;
D.过氧化钠与水、二氧化碳均反应生成氧气,所以可为航天员供氧,陈述Ⅰ、Ⅱ正确,且有因果关系,D正确;
答案选D。

向含有c(FeCl3)=0.2mol/L、c(FeCl2)=0.1mol/L的混合溶液中滴加稀NaOH溶液,可得到一种黑色分散系,其中分散质粒子是直径约为9.3 nm的金属氧化物,下列有关说法中正确的是
A. 该分散系的分散质为Fe2O3
B. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na+分离开
C. 向沸水中逐滴滴加0.1mol/L FeCl3溶液也可得到Fe(OH)3胶体
D. 加入NaOH时发生的反应可能为:Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O

【答案】D
【解析】A.三氧化二铁为红棕色,由题意知得到一种黑色分散系,A错误;B.胶体、溶液都可以透过滤纸,不能用过滤方法分离,B错误;C.向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液可得到氢氧化铁胶体,C错误;D.氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠,离子方程式:Fe2+ +2Fe3+ +8OH- =Fe3O4 +4H2O,D正确;答案选D。

铝土矿的主要成分是Al2O3、SiO2和Fe2O3等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程

下列说法中错误的是
A. 滤液Ⅰ的主要成分是Na2SiO3、NaAlO2和NaOH
B. 滤液Ⅲ的含大量的阴离子是HCO3-
C. 反应Y的离子方程式是2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-
D. 滤液Ⅱ中通入过量的X的目的是使AlO2-充分沉淀而不引进杂质

【答案】C
【解析】根据铝土矿的成分,Fe2O3属于碱性氧化物,不与NaOH反应,Al2O3属于两性氧化物,与NaOH反应生成NaAlO2,SiO2属于酸性氧化物,与NaOH反应生成Na2SiO3,因此滤液I中的成分是Na2SiO3、NaAlO2以及过量NaOH,故说法正确;B、加入CaO后,CaO与水反应生成Ca(OH)2,Ca(OH)2+Na2SiO3=CaSiO3↓+2NaOH,滤液Ⅱ中含有NaAlO2,通入足量的CO2,发生AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,故说法正确;C、因为通入足量的CO2,生成的HCO3-,故说法错误;D、碳酸的酸性强于氢氧化铝,通入足量的CO2,产生氢氧化铝沉淀,不引入新杂质,故说法正确。

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,甲、乙分别是X、W两元素对应的单质,丙、丁是由这些元素组成的二元化合物,戊是Z的最高价氧化物对应的水化物,且25℃时0.1mol/L 戊溶液的pH为13,工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是(  )
A. 原子半径:Z>W>Y>X
B. Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键
C. 元素Y与X、Z都能组成两种化合物
D. 乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性

【答案】B
【解析】
根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊,可推测是电解饱和食盐水,生成氢气、氯气和氢氧化钠,故甲为氢气,所以X是H元素,乙是氯气,所以W为Cl元素,戊是Z的最高价氧化物对应的水化物,且25℃时0.1mol/L 戊溶液的pH为13,所以戊为氢氧化钠,根据短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,所以Y为O元素,Z为钠元素。
A、Z为钠元素,W为Cl元素,Y为O元素,X是H元素,原子半径大小比较先看电子层数,电子层数越多半径越大,电子层数相同,核电荷数越大半径越小,所以原子半径:Z>W>Y>X,故A正确;B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠,其中含有氧与氧之间的共价键,故B错误;C、Y为O元素,X是H元素,两者可以形成水和过氧化氢两种化合物,Z为钠元素,可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物,故C正确;D、乙为氯气,戊为氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水,此溶液具有漂白效果,故D正确;故选B。

利用右图所示装置进行下列实验,能得出相应实验结论的是( )

选项

实验结论

实验装置

A

稀硫酸

Na2S

AgNO3与AgCl的溶液

Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)

B

浓硫酸

蔗糖

溴水

浓硫酸具有脱水性、氧化性

C

稀盐酸

Na2SO3

Ba(NO3)2 溶液

SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀

D

浓硝酸

Na2CO3

Na2SiO3溶液

酸性:硝酸>碳酸>硅酸



A. A B. B C. C D. D

【答案】B
【解析】A.稀硫酸与硫化钠反应生成硫化氢气体,由于③中含有硝酸银,通入H2S一定生成硫化银沉淀,不能比较溶度积大小,A错误;B.浓硫酸将蔗糖炭化,进而氧化,生成CO2、SO2和H2O,SO2能使溴水褪色,B正确;C.二氧化硫溶液呈酸性,酸性条件下,硝酸根离子具有强氧化性,可氧化二氧化硫生成硫酸根离子,可生成沉淀,但二氧化硫通入氯化钡溶液中则没有沉淀生成,C错误;D.强酸能弱酸盐反应生成弱酸,根据强酸制取弱酸判断酸性强弱,浓硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳,二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸,但硝酸具有挥发性,生成的CO2中含有硝酸,硝酸也与硅酸钠反应产生硅酸沉淀,不能实现实验目的,D错误,答案选B。

铅丹(Pb3O4)可作防锈用涂料,已知铅丹中Pb元素的化合价只有+2、+4,且+2价稳定,+4价的Pb具有强氧化性,能氧化浓盐酸生成Cl2。则下列说法不正确的是 (  )
A. Pb3O4可表示为2PbO·PbO2
B. 可用PbO在空气中加热制备铅丹,其n(氧化剂):n(还原剂)=1:6
C. 0.1mol Pb3O4与足量的浓盐酸反应,生成Cl20.1 mol
D. a mol Pb3O4加强热分解生成PbO,则加热过程中转移电子数为2a NA

【答案】B
【解析】
A.因为铅丹中铅的化合价为+2、+4,所以根据化合价代数和为0分析,则Pb3O4中+2价铅和+4价铅的物质的量之比为2:1,所以Pb3O4可以表示为2PbO·PbO2,故正确;B.根据6PbO+O22Pb3O4由得失电子守恒可知,氧化剂和还原剂的比例为1:2,故错误;C.根据Pb3O4可表示为2PbO·PbO2,则0.1mol Pb3O4与足量的浓盐酸反应转移0.2mol电子,由得失电子守恒则生成0.1mol氯气,故正确;D. 根据Pb3O4可表示为2PbO·PbO2,则amol Pb3O4含有amol+4价铅,其被还原为PbO要转移2amol电子,故正确。

将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中,两者恰好完全反应,假设反应过程中还原产物全是NO,向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L-1 NaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g,则下列有关叙述中正确的是( )
A. 加入合金的质量不可能为6.4 g
B. 参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol
C. 沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150 mL
D. 溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24 L

【答案】D
【解析】
将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中,二者恰好反应,金属、硝酸都没有剩余,反应中还原产物只有NO,发生反应:3Mg+8HNO3(稀)═3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全,发生反应:Mg(NO3)2+2NaOH═Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH═Cu(OH)2↓+2NaNO3,沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜,生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g,氢氧根的物质的量为=0.3mol,根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为=0.15mol,生成NO为=0.1mol。
镁和铜的总的物质的量为0.15mol,假定全为镁,质量为0.15mol×24g/mol=3.6g,若全为铜,质量为0.15mol×64g/mol=9.6g,所以参加反应的金属的总质量(m)为3.6g<m<9.6g,则合金的质量可能为6.4g,A错误;根据方程式可知参加反应的n反应(HNO3)=n(金属)=×0.15mol=0.4mol,故B错误;加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应,由上述分析可知,加入的NaOH为0.3mol,故加入NaO溶液的体积为=0.1L=100mL,C错误;标准状况下0.1molNO的体积为2.24L,D正确。

X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如图所示的转化关系,下列判断正确的是

A. 若图中反应均为非氧化还原反应,当W为一元强碱时,则X可能是NaAlO2
B. 若图中反应均为非氧化还原反应,当W为一元强酸时,则X可能是NH3
C. 若图中反应均为氧化还原反应,当W为非金属单质时,则Z可能是CO2
D. 若图中反应均为氧化还原反应,当W为金属单质时,则Z可能是FeCl3

【答案】C
【解析】
试题由转化关系可知X可与W连续反应生成Y、Z,X也可与Z直接反应生成Y,则A.如X为NaAlO2,与NaOH不反应,A错误;B.如X为NH3,与一元强酸反应生成铵盐,只生成一种产物,Y与W不能再反应,B错误;C.如Z为CO2,W为非金属单质,X可为C,W为O2,Y为CO,C正确;D.如Z为FeCl3,W为金属单质,应为Fe,X为Cl2,但氯气与铁反应只生成FeCl3,Y不能为FeCl2,D错误,答案选C。

某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3,其原理如图所示,其中A、B为多孔材料.下列说法正确的是

A. 电极A表面反应之一为NO2-e-+H2O= NO3_+2H+
B. 电极B附近的c(NO3_)增大
C. 电解质溶液中电流的方向由B到A,电子的流向与之相反
D. 该电池工作时,每转移4mol电子,消耗22.4L O2

【答案】A
【解析】
试题A、电极A通入的是汽车尾气,则二氧化氮发生氧化反应,与氢离子结合为硝酸,正确;B、电极B通入的氧气,则氧气得到电子与氢离子结合生成水,所以硝酸根离子的物质的量浓度减小,错误;C、A为负极,B为正极,则电解质溶液中的电流是从A到B,外电路中电流从B到A,电子从A到B,错误;D、该电池工作时,每转移4mol电子,则消耗1mol氧气,标准状况下的体积是22.4L,错误,答案选A。

若往20 mL 0.01 mol·L-1 HNO2(弱酸)溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液,测得混合溶液的温度变化如图所示。下列有关说法不正确的是

A. HNO2的电离平衡常数:c点>b点
B. b点混合溶液显酸性:c(Na+)>c(NO2-)>c(H+)>c(OH-)
C. c点混合溶液中:c(OH-)>c(HNO2)
D. d点混合溶液中:c(Na+)>c(OH-)>c(NO2-)>c(H+)

【答案】B
【解析】
试题A、HNO2的电离是吸热过程,温度越高电离平衡常数越大,而c高于b,所以电离平衡常数:c点>b点,故A正确;B、b点得到HNO2,和NaNO2混合溶液显酸性,说明电离大于水解,所以离子浓度大小为:c(NO2-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),故B错误;C、a→c温度升高说明两者恰好完全中和,点两者恰好完全反应,而c→d温度降低,所水解为主,所以c点得到NaNO2溶液是强碱弱酸盐,水解溶液呈碱性,所以c(OH-)>c(HNO2),故C正确;D、d点混合溶液中当c(NaOH)较大时,得到NaOH和NaNO2混合溶液,所以离子的浓度为:c(Na+)>c(OH-)>c(NO2-)>c(H+),故D正确;故选B。

甲烷在加热条件下可还原氧化铜,气体产物除水蒸气外,还有碳的氧化物。某化学小组利用如图装置探究其反应产物。

[查阅资料]①CO能与银氨溶液反应:CO+2[Ag(NH3)2]++2OH-===2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3。
②Cu2O为红色,不与Ag+反应,能发生反应:Cu2O+2H+===Cu2++Cu+H2O。
(1)装置A中反应的化学方程式为___________________________________________。
(2)按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→__________________。(填字母编号)
(3)实验中滴加稀盐酸的操作为______________________________________________。
(4)已知气体产物中含有CO,则装置C中可观察到的现象是________________;装置F的作用为_________________________________________。
(5)当反应结束后,装置D处试管中固体全部变为红色。
①设计实验证明红色固体中含有Cu2O:______________________________________________。
②欲证明红色固体中是否含有Cu,甲同学设计如下实验:向少量红色固体中加入适量0.1mol·L−1AgNO3溶液,发现溶液变蓝,据此判断红色固体中含有Cu。乙同学认为该方案不合理,欲证明甲同学的结论,还需增加如下对比实验,完成表中内容。

实验步骤(不要求写出具体操作过程)

预期现象和结论

__________________

若观察到溶液不变蓝,则证明红色固体中含有Cu;若观察到溶液变蓝,则不能证明红色固体中含有Cu


【答案】Al4C3+12HCl===3CH4↑+4AlCl3F→D→B→E→C→G先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先使分液漏斗上口的玻璃塞的凹槽对准漏斗上的小孔),再将分液漏斗下面的旋塞打开,使稀盐酸缓慢滴下试管内有黑色固体生成(或试管内有银镜生成)除去甲烷中的HCl气体和水蒸气取少量红色固体,加入适量稀硫酸,若溶液变为蓝色,则证明红色固体中含有Cu2O取少量Cu2O固体于试管中,加入适量0.1mol·L−1AgNO3溶液
【解析】
(1)A中Al4C3与盐酸发生复分解反应,反应方程式Al4C3+12HCl===3CH4↑+4AlCl3;因此本题答案是:Al4C3+12HCl===3CH4↑+4AlCl3。
(2)A中反应后,需除去气体可能携带的HCl,故紧接着是F,然后将气体通入反应器D,随后通入B中,检验是否有水生成,再通入澄清石灰水E,检验二氧化碳,最后通入C中检验一氧化碳,最后G收集尾气,故顺序为: F→D→B→E→C→G;综上所述,本题答案是:F→D→B→E→C→G。
(3)滴加稀盐酸操作:先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先将分液漏斗上口的玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔),再将分液漏斗下面的旋塞打开,使稀盐酸缓慢滴下;综上所述,本题答案是:先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先使分液漏斗上口的玻璃塞的凹槽对准漏斗上的小孔),再将分液漏斗下面的旋塞打开,使稀盐酸缓慢滴下。
(4)根据题给信息可知,气体产物中含有CO,所以C中银氨溶液可被还原为银,试管内有黑色固体生成;反应产生的甲烷气体中含有HCl和H2O,为了不影响后续反应,利用F装置除去甲烷中的HCl和H2O;综上所述,本题答案是:试管内有黑色固体生成(或试管内有银镜生成,除去甲烷中的HCl气体和水蒸气。
(5)欲证明红色固体中是否含有Cu,甲同学设计如下实验:向少量红色固体中加入适量0.1mol·L−1AgNO3溶液,发现溶液变蓝,据此判断红色固体中含有Cu;乙同学认为该方案不合理,欲证明甲同学的结论,还需增加如下对比实验:
①取少量红色固体,加入适量稀硫酸,若溶液变蓝色,说明溶液中含有Cu2+,则证明红色固体中含Cu2O;综上所述,本题答案是:取少量红色固体,加入适量稀硫酸,若溶液变为蓝色,则证明红色固体中含有Cu2O。
②取少量的Cu2O固体于试管中,加入适量的0.1mol·L−1AgNO3溶液,若溶液不变蓝,则可排除红色固体中Cu2O的干扰,证明其中含有Cu;综上所述,本题答案是:取少量Cu2O固体于试管中,加入适量0.1mol·L−1AgNO3溶液。

某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2,它们使用的药品和装置如图所示:

(1)SO2气体还原Fe3+的产物是________________(填离子符号),参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比是________。
(2)下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是________。
A.Na2SO3溶液与HNO3 B.Na2SO3固体与浓硫酸
C.固体硫在纯氧中燃烧 D.铜与热浓H2SO4
(3)装置C的作用是__________________________________________________。
(4)若要从A中所得溶液提取晶体,必须进行的实验操作步骤:蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥,在这一系列操作中没有用到的仪器有________(填序号)。
A.蒸发皿  B.石棉网  C.漏斗  D.烧杯  E.玻璃棒  F.坩埚
(5)在上述装置中通入过量的SO2,为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应,他们取A中的溶液,分成三份,并设计了如下实验:
方案①:往第一份试液中加入酸性KMnO4溶液,紫红色褪去。
方案②:往第二份试液中加入KSCN溶液,不变红,再加入新制的氯水,溶液变红。
方案③:往第三份试液中加入用稀盐酸酸化的BaCl2,产生白色沉淀。
上述方案不合理的是________,原因是_______________________________________________。

【答案】Fe2+和SO42-1∶2BD吸收多余的二氧化硫,防止污染空气BF方案①SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【解析】
(1)根据反应SO2+2Fe3++2H2O=2 Fe2++SO42-+4H+可知,SO2气体还原Fe3+的产物是Fe2+和SO42-;参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比是:1:2;综上所述,本题答案是:Fe2+和SO42-;1:2。
(2)A、硝酸具有强氧化性,把亚硫酸钠氧化成硫酸钠,得不到二氧化硫,故A错误;
B、浓硫酸虽具有强氧化性,但不能氧化亚硫酸钠,和亚硫酸钠发生复分解反应生成二氧化硫气体,所以B选项是正确;
C、固体硫在纯氧中燃烧,操作不容易控制,故C错误;
D.铜与热浓H2SO4加热反应生成硫酸铜、二氧化硫,可以制备二氧化硫,所以D选项是正确;
综上所述,本题答案是:BD。
(3)二氧化硫是酸性氧化物具有刺激性气味,直接排放污染大气,能和碱反应生成盐和水,所以可用碱液处理二氧化硫,所以装置C的作用是吸收SO2尾气,防止污染空气;因此,本题正确答案是: 吸收多余的二氧化硫,防止污染空气。
(4)操作步骤:蒸发需用到A蒸发皿,E.玻璃棒,冷却结晶需用到烧杯,过滤需用到C.漏斗,D.烧杯,E.玻璃棒,故不需要B.石棉网、F.坩埚;因此,本题正确答案是:BF。
(5)二氧化硫有还原性,高锰酸钾有强氧化性,二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色,Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色,所以不合理的是方案①,因为A的溶液中含有SO2, SO2也能使KMnO4溶液褪色;因此,本题正确答案是: 方案①,SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为Co2O3,含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4·2H2O工艺流程如下:

已知:①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等;
②酸性条件下,ClO3-不会氧化Co2+,ClO3-转化为Cl-;
③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表:

沉淀物

Fe(OH)3

Al(OH)3

Co(OH)2

Fe(OH)2

Mn(OH)2

完全沉淀的pH

3.7

5.2

9.2

9.6

9.8



(1)浸出过程中加入Na2SO3的主要目的是________。
(2)向浸出液中加入NaClO3的离子反应方程式:_________。
(3)已知:常温下NH3·H2ONH4++OH- Kb=1.8×10-5
H2C2O4H++HC2O4- Ka1=5.4×10-2
HC2O4-H+C2O42- Ka2=5.4×10-5
则该流程中所用(NH4)2C2O4溶液的pH______7(填“>”或“<”或“=”)。
(4)加入(NH4)2C2O4 溶液后析出晶体,再过滤、洗涤,洗涤时可选用的试剂有:________。
A.蒸馏水 B.自来水 C.饱和的(NH4)2C2O4溶液 D.稀盐酸
(5)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如右图1,萃取剂的作用是________;其使用的适宜pH范围是________。
A.2.0~2.5 B.3.0~3.5 C.4.0~4.5
(6)CoC2O4·2H2O热分解质量变化过程如图2所示。其中600℃以前是隔绝空气加热,600 ℃以后是在空气中加热。A、B、C均为纯净物;C点所示产物的化学式是________。

【答案】 将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+(只要回答到将Co3+还原为Co2+均给分,); ClO3-+6Fe2+ + 6H+= Cl-+6Fe3+ + 3H2O < A 除去溶液中的Mn2+ B Co2O3
【解析】(1)亚硫酸钠具有还原性,能还原氧化性离子Fe3+、Co3+,所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+还原,还原为Fe2+、Co2+;
(2)NaClO3具有氧化性,能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原生成氯离子,同时生成水,离子反应方程式为ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O;
(3)盐类水解,谁强显谁性,NH3•H2O⇌NH4++OH- Kb=1.8×10-5,HCO4-⇌H++C2O42- K a2=5.4×10-5,所以(NH4)2C2O4溶液中铵根离子水解大于草酸根离子水解,溶液呈酸性,即PH<7;
(4)为除去(NH4)2C2O4 晶体表面的附着液,洗涤时可选用蒸馏水洗涤,这样可得到更纯净的晶体,故答案为A;
(5)根据流程图可知,此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子;由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知,调节溶液PH在3.0~3.5之间,答案为B,可使Mn2+完全沉淀,并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀;
(6)由图可知,C点钴氧化物质量为8.03g,0.1molCo元素质量为5.9g,氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g,则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol: ≈2:3,故C的Co氧化物为Co2O3。

M是一种重要的有机高分子材料,结构简式为:。合成M的一种途径如下:

已知:①烃A在标准状况下的密度是1.875g·L-1;②CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2;③R-CH=CH2+H2OR-CH2CH2OH;④
回答下列问题:
(1)G的结构简式为___________;D中所含官能团的名称为____________________;
(2)A分子中最多有 __________个原子共平面;
(3)D→E反应类型为______________;
(4)写出下列反应的化学方程式:B→C:___________________________;F+H→M:_____________________________________________;
(5)满足以下条件的H的同分异构体有____________种。
①遇FeCl3溶液显紫色 ②可发生银镜反应 ③可与NaHCO3溶液生成CO2

【答案】碳碳双键、醛基7加成反应CH2=CHCH2Br+NaOH CH2=CHCH2OH+NaBrnHOCH2CH2CH2OH+n +(2n-1)H2O10
【解析】
烃A在标准状况下的密度是1.875g·L-1,所以A的分子量=1.875×22.4=42,分子式为C3H6;根据信息可知:A在NBS的条件下发生反应生成B,结构简式为CH2BrCH=CH2,烃A的结构简式为:CH3CH=CH2;在氢氧化钠水溶液中加热反应生成C,结构简式为CH2OHCH=CH2;C发生催化氧化反应生成D,结构简式OHCCH=CH2;D在过氧化物的条件下反应生成E,结构简式为OHCCH2CH2OH,则F的结构简式:HOCH2CH2CH2OH,根据信息分析可知结合M的结构简式判断,G为对二甲苯,H为对苯二甲酸;结合以上分析解答。
烃A在标准状况下的密度是1.875g·L-1,所以A的分子量=1.875×22.4=42,分子式为C3H6;根据信息可知:A在NBS的条件下发生反应生成B,结构简式为CH2BrCH=CH2;在氢氧化钠水溶液中加热反应生成C,结构简式为CH2OHCH=CH2;C发生催化氧化反应生成D,结构简式OHCCH=CH2;D在过氧化物的条件下反应生成E,结构简式为OHCCH2CH2OH,则F的结构简式:HOCH2CH2CH2OH,根据信息分析可知结合M的结构简式判断,G为对二甲苯,H为对苯二甲酸;结合以上分析解答。
(1)据以上分析可知G的结构简式为;D为OHCCH=CH2,所含官能团为碳碳双键、醛基;综上所述,本题答案是:,碳碳双键、醛基。
(2)有机物A结构简式为CH3CH=CH2;乙烯基中5个原子共平面,甲基中最多有2个原子与乙烯基共平面,因此A分子中最多有7个原子共平面;综上所述,本题答案是:7。
(3)D的结构简式OHCCH=CH2;D在过氧化物的条件下反应生成E,结构简式为OHCCH2CH2OH, 所以反应类型为加成反应;因此本题答案是: 加成反应。
(4)B的结构简式为CH2BrCH=CH2;在氢氧化钠水溶液中加热反应生成C,结构简式为CH2OHCH=CH2,化学方程式:CH2=CHCH2Br+NaOH CH2=CHCH2OH+NaBr;F的结构简式:HOCH2CH2CH2OH,H为对苯二甲酸; 二者发生缩聚反应生成高分子,化学方程式:nHOCH2CH2CH2OH+n +(2n-1)H2O ;综上所述,本题答案是:CH2=CHCH2Br+NaOH CH2=CHCH2OH+NaBr;nHOCH2CH2CH2OH+n +(2n-1)H2O 。
(5)满足以下条件的H的同分异构体:①遇FeCl3溶液显紫色,说明含有酚羟基;②可发生银镜反应,说明含有醛基;③可与NaHCO3溶液生成CO2,说明含有羧基;则结构中含有苯环、酚羟基和醛基、羧基三个支链,这样的结构有10种;综上所述,本题答案是:10。

©2018-2019咋考网版权所有,考题永久免费