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【解析】贵州省遵义一中2017届高三上学期第二次强化训练化学试卷 含解析.doc

2016-2017 学年贵州省遵义一中高三(上)第二次强化训练化学试卷

一、选择题(本大题共 7 小题,每小题 6 分,共 42 分.在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的) 1.强酸与强碱的稀溶液发生中和反应热效应表示为:H+(aq)+OH﹣(aq)═H2O(l)△ H=﹣57.3KJ?mol﹣1 分别向 1L 0.5mol?L﹣1 的 Ba(OH)2 的溶液中加入①浓硫酸;②稀硝酸; ③稀醋酸,恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3,下列关系正确的是( A.△H1>△H2>△H3 B.△H1<△H2<△H3 D.△H1=△H2<△H3 2.在 t℃时,将 a gNH3 完全溶解于水,得到 VmL 溶液.假设该溶液的密度为 ρ g?cm﹣3,质 量分数为 ω,其中含 NH4 的物质的量为 b mol.下列叙述正确的是( A.溶质的质量分数 ω= B.溶质的物质的量浓度 c= C.溶液中 c(OH﹣)= ×100% mol/L mol/L
+



C.△H1>△H2=△H3



D.上述溶液中再加入 VmL 水后,所得溶液的质量分数大于 0.5ω 3.如表离子组中所给离子在水溶液中能大量共存,且当加入试剂后反应的离子方程式书写 完全且正确的是( 选 项 A B C D Fe3+、S2ˉ、Clˉ、Na+ Na+、Al3+、Clˉ、SO42ˉ H+、Fe2+、SO42ˉ、NO3ˉ Na+、K+、ClOˉ、 SO42ˉ A.A B.B C.C D.D NaOH 溶液 少量 KOH 溶液 BaCl 2 溶液 通入少量 SO2 Fe3++3OHˉ═Fe(OH)3↓ Al3++3OHˉ═Al(OH)3↓ SO42ˉ+Ba2+═BaSO4↓ 2ClOˉ+SO2+H2O═2HClO+SO32ˉ 离子组 ) 加入试剂 发生反应的离子方程式

4.已知 A、B、C、D、E 是短周期中原子序数依次增大的五种主族元素,其中元素 A、E 的单质在常温下呈气态,元素 B 的原子最外层电子数是其电子层数的两倍,元素 C 在同周 期的主族元素中原子半径最大,元素 D 的合金是日常生活中常用的金属材料.下列说法正 确的是( )

A.工业上常用电解法制备元素 C、D、E 的单质 B.元素 A、B 组成的化合物常温下一定呈气态 C.化合物 AE 与 CE 含有相同类型的化学键 D.元素 C、D 的最高价氧化物对应的水化物之间肯定不能发生反应 5.往含 0.2mol NaOH 和 0.1mol Ba(OH)2 的溶液中持续稳定地通入 CO2 气体,当通入气 体的体积为 6.72L (标准状况下) 时立即停止, 则在这一过程中, 溶液中离子数目和通入 CO2 气体的体积关系正确的图象是(气体的溶解忽略不计) ( )

A.

B.

C.

D.

6.维生素 A1 是一切健康上皮组织必需的物质,缺乏维生素 A1 时会引起儿童发育不良,导 致夜盲症、皮肤干燥等.已知维生素 A1 的结构简式如下:

下列有关维生素 A1 的叙述错误的是( A.维生素 A1 中含有两种官能团 B.维生素 A1 的分子式为 C18H26O C.维生素 A1 可使酸性高锰酸钾溶液褪色



D.维生素 A1 分子中含有苯环,1 mol 维生素 A1 最多可与 7 mol H2 发生加成反应

7.在一个 1L 的容器中,加入 2molA 和 1molB,发生下述反应:2A(g)+B(g)?3C(g) +D(s) .平衡时,C 的浓度为 1.2mol/L.维持容器的体积和温度不变,按下列配比作为起始 物质,达到平衡后,C 的浓度仍是 1.2mol/L,下列组合能达到的是( A.6molC+xmolD(x>0.6) B.1molA+0.5molB+1.5molC+xmolD(x>0.1) C.3molA+1.5molB+x molD(x≥0) D.1molA+0.5molB+3molC+xmolD(x>0) )

三、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第 8 题-第 10 题为必考题,每个试题考生都必 须作答.第 11 题为选考题,考生根据要求作答. (一)必考题(共 53 分) 8.已知甲、乙、丙、X 是 4 种中学化学中常见的物质,其转化关系符合如图(反应条件省 略)

(1)若甲为气态非金属单质,丙能与人体血液中的血红蛋白结合而使人中毒,则乙的电子 式为 . ,丙的水溶

(2)若甲为黄绿色气体,X 为常见的金属,则 X 在元素周期表中的位置是 液呈 (填酸性、碱性或中性) ,原因是:

(用离子方程式表示) .含 amol 乙的溶液

溶解了一定量 X 后,若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等,则被还原的乙的物质 的量是 mol.

(3)若 X 为酸性氧化物且具有漂白性,甲溶液的焰色反应呈黄色,则标准状况下 8.96L 气 体 X 与 2L 0.25mol/L 的甲溶液反应生成的溶液中乙和丙的物质的量浓度之比为(不考虑离 子的水解) .另有和丙具有相同元素组成的物质丁,丙和丁能反应生成气体,写出该反 . .

应的离子方程式

(4)若 X 为强碱溶液,乙为白色胶状沉淀,则甲与丙反应的离子方程式为

9.某化学小组拟采用如下装置(夹持和加热仪器已略去)来电解饱和食盐水,并用电解产 生的 H2 还原 CuO 粉末来测定 Cu 的相对原子质量,同时检验氯气的氧化性.

(1)为完成上述实验,正确的连接顺序为

接 A,B 接

(填写连接的字母) . . .

(2)对硬质玻璃管里的氧化铜粉末加热前,需要的操作为

(3)若检验氯气的氧化性,则乙装置的 a 瓶中溶液及对应的现象是

(4)为测定 Cu 的相对原子质量,设计了如下甲、乙两个实验方案精确测量硬质玻璃管的 质量为 a g,放入 CuO 后,精确测量硬质玻璃管和 CuO 的总质量为 b g,实验完毕后 甲方案:通过精确测量硬质玻璃管和 Cu 粉的总质量为 c g,进而确定 Cu 的相对原子质量. 乙方案:通过精确测定生成水的质量 d g,进而确定 Cu 的相对原子质量. ①请你分析并回答:你认为不合理的方案及其不足之处是 ②按测得结果更准确的方案进行计算,Cu 的相对原子质量 . .

10.一定温度下,难溶电解质在饱和溶液中各离子浓度幂的乘积是一个常数,这个常数称为 该难溶电解质的溶度积,用符号 Ksp 表示.
n+ m﹣ n+ m m﹣ n 即:AmBn(s)?m A (aq)+n B (aq) c(A ) c( B ) =Ksp
﹣10 已知:某温度时,Ksp(AgCl)═1.8×10

Ksp(Ag2CrO4)═1.1×10﹣12
1 则此温度下,在 0.010mo1?L﹣ 的 AgNO3 溶液中,AgCl 与 Ag2CrO4 分别能达到的最大物质

的量浓度为



11.加入 0.1mol MnO2 粉末于 50mL 过氧化氢溶液(ρ=1.1g?mL﹣1)中,在标准状况下放出 气体的体积和时间的关系如图所示.? (1)实验时放出气体的总体积是 (2)放出一半气体所需的时间为 (3)反应放出 气体所需时间为 .? . . .

(4)A、B、C、D 各点反应速率快慢的顺序为 (5)解释反应速率变化的原因 . . .

(6)计算 H2O2 的初始物质的量的浓度 (7)求反应到 2min 时,H2O2 的质量分数

[化学--选修 5:有机化学基础] 12.某科研小组利用石油分馏产品经下列路线,合成一种新型香料.

已知 X 分子中碳氢质量比为 24:5,A、E 都是 X 的裂解产物,且二者互为同系物,D 与饱 和 NaHCO3 溶液反应产生气体. 信息提示:卤代烃在强碱水溶液中发生水解(取代)反应生成醇.如: R﹣CH2﹣CH2Cl R﹣CH2﹣CH2OH+HCl(水解反应) ;C 中官能团的名称为 . . (用字母和“>”写出)

(1)X 分子为直链结构,X 的名称为

(2)①~⑥的反应中,下列反应类型存在且数目由多到少的是 A.加成反应 B.加聚反应 C.取代反应

D.氧化反应 种(不包括甲)

(3)B 与 D 在浓硫酸作用下,生成甲,则与甲同类别的同分异构体的有 (4)写出⑥的化学反应方程式 . .

(5)E 可能发生下列选项中的某种反应,写出能反应的化学方程式 A.皂化反应 B.与乙酸的酯化反应 C.加聚反应

D.与银氨溶液的银镜反应.

2016-2017 学年贵州省遵义一中高三(上)第二次强化训练化学试卷 参考答案与试题解析

一、选择题(本大题共 7 小题,每小题 6 分,共 42 分.在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的) 1.强酸与强碱的稀溶液发生中和反应热效应表示为:H+(aq)+OH﹣(aq)═H2O(l)△ H=﹣57.3KJ?mol﹣1 分别向 1L 0.5mol?L﹣1 的 Ba(OH)2 的溶液中加入①浓硫酸;②稀硝酸; ③稀醋酸,恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3,下列关系正确的是( A.△H1>△H2>△H3 B.△H1<△H2<△H3 D.△H1=△H2<△H3 【考点】反应热的大小比较. 【分析】根据中和热是在稀溶液中强酸与强碱生成 1molH2O 放出的热量,注意弱电解质的 电离吸热,浓硫酸溶于水放热来解答.
+ ﹣ 【解答】解:强酸与强碱的稀溶液发生中和反应热效应表示为:H (aq)+OH (aq)═H2O
﹣1 (l)△H=﹣57.3KJ?mol ,分别向 1L 0.5mol/L 的 NaOH 溶液中加入①浓硫酸;②稀硝酸;



C.△H1>△H2=△H3

③稀醋酸,因浓硫酸溶于水放热,醋酸的电离吸热,则恰好完全反应时的放出的热量为:① >②>③,所以△H1<△H2<△H3; 故选 B.

2.在 t℃时,将 a gNH3 完全溶解于水,得到 VmL 溶液.假设该溶液的密度为 ρ g?cm﹣3,质 量分数为 ω,其中含 NH4 的物质的量为 b mol.下列叙述正确的是( A.溶质的质量分数 ω= B.溶质的物质的量浓度 c= C.溶液中 c(OH﹣)= ×100% mol/L mol/L
+



D.上述溶液中再加入 VmL 水后,所得溶液的质量分数大于 0.5ω 【考点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用.

【分析】A.根据 n= 计算 agNH3 的物质的量,溶液体积为 VmL,再根据 c= 计算溶液的 物质的量浓度; B.氨水溶液溶质为氨气,该溶液的密度为 ρ g?cm﹣3,体积为 VmL,所以溶液质量为 ρVg, 溶质氨气的质量为 ag,根据溶质的质量分数定义计算; C.溶液 OH﹣中来源与一水合氨、水的电离,NH4+的浓度为 据电荷守恒判断; D.水的密度比氨水的密度大,相等体积的氨水与水,水的质量大,等体积混合后溶液的质 量大于原氨水的 2 倍,溶液中氨气的质量相同,据此判断.
3 【解答】解:A.氨水溶液溶质为氨气,该溶液的密度为 ρ g?cm﹣ ,体积为 VmL,所以溶液

=

mol/L,根

质量为 ρVg,溶质氨气的质量为 ag,溶质的质量分数为: B.a g NH3 的物质的量为: =

×100%,故 A 错误;

mol,溶液体积为 VmL,所以溶液的物质的量浓

度为:

=

mol/L,故 B 正确;

C.溶液 OH﹣来源于一水合氨、水的电离,NH4+的浓度为:
+ 一水合氨电离 NH3?H2O?NH4 +OH﹣,一水合氨电离出的 OH﹣浓度为

=

mol/L, mol/L,根据电

荷守恒可得:c(OH﹣)=

mol?L﹣1+c(H+) ,故 C 错误;

D.水的密度大于氨水,相等体积的氨水与水,水的质量大,等体积混合后溶液的质量大于 原氨水的 2 倍,混合液中氨气的质量相同,等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于 0.5w, 故 D 错误; 故选 B.

3.如表离子组中所给离子在水溶液中能大量共存,且当加入试剂后反应的离子方程式书写 完全且正确的是( 选 项 A B Fe3+、S2ˉ、Clˉ、Na+ Na+、Al3+、Clˉ、SO42ˉ NaOH 溶液 少量 KOH 溶液 Fe3++3OHˉ═Fe(OH)3↓ Al3++3OHˉ═Al(OH)3↓ 离子组 ) 加入试剂 发生反应的离子方程式

C D

H+、Fe2+、SO42ˉ、NO3ˉ Na+、K+、ClOˉ、 SO42ˉ

BaCl 2 溶液 通入少量 SO2

SO42ˉ+Ba2+═BaSO4↓ 2ClOˉ+SO2+H2O═2HClO+SO32ˉ

A.A

B.B

C.C

D.D

【考点】离子共存问题;离子方程式的书写. 【分析】A.铁离子能够氧化硫离子,在溶液中不能大量共存; B.四种离子之间不反应,加入少量氢氧化钠后生成氢氧化铝沉淀; C.硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子; D.次氯酸具有强氧化性,能够氧化亚硫酸根离子.
3+ 2 【解答】解:A.Fe 、S ﹣之间发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,故 A 错误;

B.Na+、Al3+、Clˉ、SO42﹣之间不发生反应,加入少量 NaOH 后铝离子与氢氧根离子反应生
3+ ﹣ 成氢氧化铝沉淀,反应的离子方程式为:Al +3OH ═Al(OH)3↓,故 B 正确;

C.H+、Fe2+、NO3﹣之间发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,故 C 错误; D.Na+、K+、ClO﹣、SO42﹣之间不反应,加入少量二氧化硫后,次氯酸根离子与二氧化硫发
2﹣ ﹣ ﹣ 生氧化还原反应,正确的离子方程式为:3ClO +H2O+SO2═SO4 +2HClO+Cl ,故 D 错误;

故选 B.

4.已知 A、B、C、D、E 是短周期中原子序数依次增大的五种主族元素,其中元素 A、E 的单质在常温下呈气态,元素 B 的原子最外层电子数是其电子层数的两倍,元素 C 在同周 期的主族元素中原子半径最大,元素 D 的合金是日常生活中常用的金属材料.下列说法正 确的是( )

A.工业上常用电解法制备元素 C、D、E 的单质 B.元素 A、B 组成的化合物常温下一定呈气态 C.化合物 AE 与 CE 含有相同类型的化学键 D.元素 C、D 的最高价氧化物对应的水化物之间肯定不能发生反应 【考点】原子结构与元素周期律的关系. 【分析】A、B、C、D、E 是短周期中原子序数依次增大的 5 种主族元素,元素 B 的原子最 外层电子数是其电子层数的 2 倍,结合原子序数可知,B 只能有 2 个电子层,最外层电子数 为 4,故 B 为 C 元素;元素 C 在同周期的主族元素中原子半径最大,处于 IA 族,原子序数 大于碳元素,则 C 为 Na 元素;元素 D 的合金是日常生活中常用的金属材料,处于第三周

期,则 D 为 Al 元素;元素 A、E 的单质在常温下呈气态,A 的原子序数小于碳元素,A 为 H 元素,E 的原子序数大于铝元素,E 为 Cl 元素,据此解答. 【解答】解:A、B、C、D、E 是短周期中原子序数依次增大的 5 种主族元素,元素 B 的原 子最外层电子数是其电子层数的 2 倍,结合原子序数可知,B 只能有 2 个电子层,最外层电 子数为 4,故 B 为 C 元素;元素 C 在同周期的主族元素中原子半径最大,处于 IA 族,原子 序数大于碳元素,则 C 为 Na 元素;元素 D 的合金是日常生活中常用的金属材料,处于第 三周期,则 D 为 Al 元素;元素 A、E 的单质在常温下呈气态,A 的原子序数小于碳元素, A 为 H 元素,E 的原子序数大于铝元素,E 为 Cl 元素. A.工业上电解熔融氯化钠生成金属钠,电解饱和的氯化钠溶液生成氯气等,电解熔融的氧 化铝生成铝,故 A 正确; B.由 C、H 元素组成的化合物,可能为气体、液态或固体,比如苯在常温下呈液态,故 B 错误; C.化合物 AE 是 HCl,属于共价化合物,含有共价键;化合物 CE 是 NaCl,属于离子化合 物,含有离子键,二者含有的化学键类型不同,故 C 错误; D.元素 C 的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化钠、D 的最高价氧化物对应的水化物是氢 氧化铝,氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,故 D 错误; 故选 A.

5.往含 0.2mol NaOH 和 0.1mol Ba(OH)2 的溶液中持续稳定地通入 CO2 气体,当通入气 体的体积为 6.72L (标准状况下) 时立即停止, 则在这一过程中, 溶液中离子数目和通入 CO2 气体的体积关系正确的图象是(气体的溶解忽略不计) ( )

A.

B.

C.

D.

【考点】离子方程式的有关计算. 【分析】n(CO2)= =0.3mol,通入含有 0.2mol 氢氧化钠和 0.1mol 氢氧化钡的

2﹣ 2+ 2﹣ ﹣ ﹣ ﹣ 溶液中,发生:2OH +CO2=CO3 +H2O、OH +CO2=HCO3 +H2O、Ba +CO3 =BaCO3↓,

以此解答该题. 【解答】解:向含 0.2 mol NaOH 和 0.1 mol Ba(OH)2 的溶液中持续稳定地通入 CO2 气体, 依次发生的反应为 Ba(OH)2+CO2═BaCO3↓+H2O、2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O、 Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3、 BaCO3+H2O+CO2═Ba (HCO3) 因此可知当通入 2.24 L CO2 2, 时 0.1 mol Ba 和 0.2 mol OH 参加反应,溶液中离子的量由起始的 0.7 mol 降到 0.4 mol,再 通入 2.24 L CO2 时,0.2 mol OH﹣参加反应,生成 0.1 mol CO3 ﹣,溶液中离子的量由 0.4 mol 降到 0.3 mol,最后再通入 2.24 L CO2 时,0.1 mol CO3 ﹣发生反应,生成 0.2 mol HCO3﹣,溶 液中离子的量由 0.3 mol 升高到 0.4 mol. 故选:C.
2 2 2+


6.维生素 A1 是一切健康上皮组织必需的物质,缺乏维生素 A1 时会引起儿童发育不良,导 致夜盲症、皮肤干燥等.已知维生素 A1 的结构简式如下:

下列有关维生素 A1 的叙述错误的是( A.维生素 A1 中含有两种官能团 B.维生素 A1 的分子式为 C18H26O C.维生素 A1 可使酸性高锰酸钾溶液褪色



D.维生素 A1 分子中含有苯环,1 mol 维生素 A1 最多可与 7 mol H2 发生加成反应 【考点】有机物的结构和性质. 【分析】A.该有机物中含有碳碳双键和醇羟基; B.该分子中含有 18 个 C 原子、26 个 H 原子和 1 个 O 原子; C.烯烃、醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化; D.该分子中没有苯环,只有碳碳双键能和氢气在一定条件下发生加成反应. 【解答】解:A.维生素 A1 中含有两种官能团:碳碳双键和羟基,故 A 正确; B. 26 个 H 原子和 1 个 O 原子, 该分子中含有 18 个 C 原子、 分子式为 C18H26O, 故 B 正确; C.维生素 A1 中的碳碳双键和羟基都能被酸性高锰酸钾氧化,从而使其褪色,故 C 正确; D.维生素 A1 中没有苯环,含有 5 个碳碳双键,因此 1 mol 维生素 A1 最多可与 5 mol H2 发 生加成反应,故 D 错误; 故选 D.

7.在一个 1L 的容器中,加入 2molA 和 1molB,发生下述反应:2A(g)+B(g)?3C(g) +D(s) .平衡时,C 的浓度为 1.2mol/L.维持容器的体积和温度不变,按下列配比作为起始 物质,达到平衡后,C 的浓度仍是 1.2mol/L,下列组合能达到的是( A.6molC+xmolD(x>0.6) B.1molA+0.5molB+1.5molC+xmolD(x>0.1) C.3molA+1.5molB+x molD(x≥0) D.1molA+0.5molB+3molC+xmolD(x>0) 【考点】等效平衡. )

【分析】恒温恒容下,不同途径达到平衡后,C 的浓度仍为 1.2mol/L,说明与原平衡为等效 平衡,按化学计量数转化到左边,满足 n(A)=2mol,n(B)=1mol,n(C)=1.2mol 即可, 据此解答. 【解答】解:A、开始加入 6molC+xmolD(x>0.6) ,按化学计量数转化到左边可得 n(A) : n(B)=2:1,但 C 的物质的量浓度不能达到 1.2mol/L,应为原来的 2 倍,所以与原平衡不 定为等效平衡,故 A 错误; B、开始加入 1molA+0.5molB+1.5molC+xmolD(x>0.1) ,平衡时 C 的浓度可以为 1.2mol/L, 故 B 正确; C、开始加入 3molA+1.5molB+x molD(x≥0) ,起始量为原来的 1.5 倍,平衡时 C 的浓度为 1.8mol/L,故 C 错误; D、 开始加入 1molA+0.5molB+3molC+xmolD (x>0) , 按化学计量数转化到左边可得 3molA、 1.5molB,平衡时 C 的浓度为 1.8mol/L,故 D 错误; 故选 B.

三、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第 8 题-第 10 题为必考题,每个试题考生都必 须作答.第 11 题为选考题,考生根据要求作答. (一)必考题(共 53 分) 8.已知甲、乙、丙、X 是 4 种中学化学中常见的物质,其转化关系符合如图(反应条件省 略)

(1)若甲为气态非金属单质,丙能与人体血液中的血红蛋白结合而使人中毒,则乙的电子 式为 .

(2)若甲为黄绿色气体,X 为常见的金属,则 X 在元素周期表中的位置是 第四周期第 VIII 族
2+2H + 2+ ,丙的水溶液呈 酸性 (填酸性、碱性或中性) ,原因是: Fe +2H2O?Fe(OH)

(用离子方程式表示) .含 amol 乙的溶液溶解了一定量 X 后,若溶液中两种金属阳 mol.

离子的物质的量恰好相等,则被还原的乙的物质的量是 0.4a

(3)若 X 为酸性氧化物且具有漂白性,甲溶液的焰色反应呈黄色,则标准状况下 8.96L 气 体 X 与 2L 0.25mol/L 的甲溶液反应生成的溶液中乙和丙的物质的量浓度之比为(不考虑离

子的水解) 1:3

.另有和丙具有相同元素组成的物质丁,丙和丁能反应生成气体,写出

+ 该反应的离子方程式 H +HSO3﹣═H2O+SO2↑ . 3+ (4)若 X 为强碱溶液,乙为白色胶状沉淀,则甲与丙反应的离子方程式为 Al +3AlO2﹣

+6H2O═4Al(OH)3↓ . 【考点】无机物的推断. 【分析】 (1)丙能与人体血液中的血红蛋白结合而使人中毒,则丙为 CO,若甲为气态非金 属单质,则甲为 O2,X 为 C,乙为 CO2; (2)若甲为黄绿色气体,则甲为 Cl2,X 为常见的金属,根据转化关系可知,X 有变价,所 以 X 为 Fe,则乙为 FeCl3,丙为 FeCl2; (3)若 X 为酸性氧化物且具有漂白性,则 X 为 SO2,甲溶液的焰色反应呈黄色,说明有甲 中含有钠元素,所以甲为 NaOH,乙为 Na2SO3,丙为 NaHSO3,NaHSO3 与 NaOH 反应生成 Na2SO3;
3+ ﹣ (4)若 X 为强碱溶液,乙为白色胶状沉淀,则乙为,所以甲为含 Al 的盐,丙为含 AlO2

的盐,铝离子与偏铝酸根双水解生成氢氧化铝,符合转化关系. 【解答】解: (1)丙能与人体血液中的血红蛋白结合而使人中毒,则丙为 CO,若甲为气态 非金属单质,则甲为 O2,X 为 C,乙为 CO2,乙的电子式为 故答案为: ; ,

(2)若甲为黄绿色气体,则甲为 Cl2,X 为常见的金属,根据转化关系可知,X 有变价,所 以 X 为 Fe,X 在元素周期表中的位置是第四周期第 VIII 族,则乙为 FeCl3,丙为 FeCl2,丙 的水溶液呈酸性,因为亚铁离子水解生成氢离子和氢氧化亚铁,反应的离子方程式为 Fe2++2H2O?Fe(OH)2+2H+,含 amolFeCl3 的溶液溶解了一定量 Fe 后,若溶液中铁离子和
3+ 2+ 亚铁离子的物质的量恰好相等, 设被还原的 FeCl3 的物质的量为 x, 根据反应 2Fe +Fe=3Fe ,

则有 a﹣x=1.5x,所以 x=0.4a,
2+ + 故答案为:第四周期第 VIII 族;酸性;Fe +2H2O?Fe(OH)2+2H ;0.4a;

(3)若 X 为酸性氧化物且具有漂白性,则 X 为 SO2,甲溶液的焰色反应呈黄色,说明有甲 中含有钠元素,所以甲为 NaOH,乙为 Na2SO3,丙为 NaHSO3,NaHSO3 与 NaOH 反应生成 Na2SO3, 标准状况下 8.96L 即 0.4mol 气体 SO2 与 2L 0.25mol/L 即 0.5mol 的 NaOH 溶液反应 生成的溶液含有中 Na2SO3 和 NaHSO3,设 Na2SO3 和 NaHSO3 物质的量分别为 x、y,则根据 硫元素和钠元素守恒有 ,所以 x=0.1,y=0.3,所以 Na2SO3 和 NaHSO3 物质的量

浓度之比为 1:3,有和丙具有相同元素组成的物质丁,丙和丁能反应生成气体,则丁为 NaHSO4,丙和丁能反应生成气体的离子方程式为 H++HSO3﹣═H2O+SO2↑,
+ 故答案为:1:3;H +HSO3﹣═H2O+SO2↑; 3+ (4)若 X 为强碱溶液,乙为白色胶状沉淀,则乙为,所以甲为含 Al 的盐,丙为含 AlO2﹣ 3+ ﹣ 的盐,铝离子与偏铝酸根双水解生成氢氧化铝,甲与丙反应的离子方程式为 Al +3AlO2

+6H2O═4 Al(OH)3↓,
3+ 故答案为:Al +3AlO2﹣+6H2O═4 Al(OH)3↓.

9.某化学小组拟采用如下装置(夹持和加热仪器已略去)来电解饱和食盐水,并用电解产 生的 H2 还原 CuO 粉末来测定 Cu 的相对原子质量,同时检验氯气的氧化性.

(1)为完成上述实验,正确的连接顺序为 E

接 A,B 接 C (填写连接的字母) .

(2)对硬质玻璃管里的氧化铜粉末加热前,需要的操作为 检验氢气的纯度 . (3)若检验氯气的氧化性,则乙装置的 a 瓶中溶液及对应的现象是 淀粉碘化钾溶液,溶 液变为蓝色 . (4)为测定 Cu 的相对原子质量,设计了如下甲、乙两个实验方案精确测量硬质玻璃管的 质量为 a g,放入 CuO 后,精确测量硬质玻璃管和 CuO 的总质量为 b g,实验完毕后 甲方案:通过精确测量硬质玻璃管和 Cu 粉的总质量为 c g,进而确定 Cu 的相对原子质量. 乙方案:通过精确测定生成水的质量 d g,进而确定 Cu 的相对原子质量. ①请你分析并回答:你认为不合理的方案及其不足之处是 乙方案不合理,因为空气中的 CO2 和 H2O 通过 D 口进入 U 型管,造成实验误差较大 . ②按测得结果更准确的方案进行计算,Cu 的相对原子质量 【考点】相对分子质量的测定. 【分析】 (1)在电解池的阴极上产生的是氢气,阳极上产生的是氯气,据实验目的来连接装 置; .

(2)电解饱和食盐水产生的氢气中含有水蒸气,会影响铜的相对原子质量的测定,需进行 干燥,检验纯度; (3)氯气具有氧化性,能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝; (4)①乙方案中,装置中 U 型管也可能吸收空气中的 CO2 和水,影响测定结果; ②设出铜的原子量,利用关系式 CuO~Cu 及甲方案中的数据进行计算 Cu 的相对原子质量. 【解答】解: (1)A 是阴极,阴极上产生的是氢气,B 是阳极,阳极上产生的是氯气,要用 氢气来还还原氧化铜,所以 A 连接 E,干燥氢气后用氢气来还原氧化铜,所以 B 连接 C, 故答案为:E;C; (2)加热氧化铜之前要检验纯度,否则加热易引起爆炸, 故答案为:检验氢气的纯度; (3)氯气具有氧化性,能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝,可以用湿润的淀粉碘化钾试纸来 检验, 故答案为:淀粉碘化钾溶液,溶液变为蓝色; (4)①在乙方案中,应用装置中 U 型管也可能吸收空气中的 CO2 和水,会导致测定 Cu 的 相对原子质量有误差,所以乙方案不合理, 故答案为:乙方案不合理,因为空气中的 CO2 和 H2O 通过 D 口进入 U 型管,造成实验误差 较大; ②根据甲方案,设金属铜的原子量为 M,则 CuO~Cu M+16 M b﹣a c﹣a 则: 解得:M= = , ,故答案为: .

10.一定温度下,难溶电解质在饱和溶液中各离子浓度幂的乘积是一个常数,这个常数称为 该难溶电解质的溶度积,用符号 Ksp 表示.
n+ m n+ m m n 即:AmBn(s)?m A (aq)+n B ﹣(aq) c(A ) c( B ﹣) =Ksp 10 已知:某温度时,Ksp(AgCl)═1.8×10﹣

Ksp(Ag2CrO4)═1.1×10﹣12

则此温度下,在 0.010mo1?L

﹣1

的 AgNO3 溶液中,AgCl 与 Ag2CrO4 分别能达到的最大物质

8 8 的量浓度为 1.8×10﹣ mol/L、1.1×10﹣ mol/L .

【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.
1 + 1 【分析】在 0.010mo1?L﹣ 的 AgNO3 溶液中 c(Ag )=0.010mo1?L﹣ ,形成 AgCl 饱和溶液时

Cl﹣浓度:c(Cl﹣)= (Cl﹣) ,

=

mol/L=1.8×10﹣8mol/L,则 c(AgCl)=c

2 2 形成 Ag2CrO4 饱和溶液时 CrO4 ﹣的浓度:c(CrO4 ﹣)

=

=
﹣1

mol/L=1.1×10﹣8mol/L,则 c(Ag2CrO4)=c(CrO42﹣) .
+ ﹣1 的 AgNO3 溶液中 c(Ag )=0.010mo1?L ,形成 AgCl 饱和溶

【解答】解:在 0.010mo1?L 液时 Cl﹣浓度:c(Cl﹣)= =1.8×10﹣8mol/L,

=

mol/L=1.8×10﹣8mol/L,则 c(AgCl)

2﹣ 2﹣ 形成 Ag2CrO4 饱和溶液时 CrO4 的浓度:c(CrO4 )

=

=

mol/L=1.1×10﹣8mol/L, c Ag2CrO4) =1.1×10﹣8mol/L, 则(

﹣8 ﹣8 故答案为:1.8×10 mol/L、1.1×10 mol/L.

11.加入 0.1mol MnO2 粉末于 50mL 过氧化氢溶液(ρ=1.1g?mL﹣1)中,在标准状况下放出 气体的体积和时间的关系如图所示.? (1)实验时放出气体的总体积是 60mL .? (2)放出一半气体所需的时间为 1min (3)反应放出 气体所需时间为 2min . .

(4)A、B、C、D 各点反应速率快慢的顺序为 D>C>B>A . (5)解释反应速率变化的原因 随着反应的进行,双氧水的浓度逐渐减小,反应速率也随 着减小 .
1 (6)计算 H2O2 的初始物质的量的浓度 0.107mol?L﹣ .

(7)求反应到 2min 时,H2O2 的质量分数 0.084% .

【考点】化学平衡的计算. 【分析】 (1)反应方程式为:2H2O2 2H2O+O2↑,该反应为不可逆反应,在 5min 后,

收集到的气体体积不再增加,说明过氧化氢完全分解,根据图象可知生成的氧气的体积; (2)反应放出气体体积为气体总体积一半为 30mL,根据图象判断需要的时间; (3)反应放出气体体积为气体总体积的 时,生成的气体体积为 45mL,根据图象判断反 应时间; (4)根据浓度对反应速率的影响判断 A、B、C、D 各点反应速率大小; (5)随着反应的进行,溶液的浓度逐渐降低,反应速率逐渐减小; (6)在 5min 后,收集到的气体体积不再增加,说明过氧化氢完全分解,根据图象可知生 成的氧气的体积,根据方程式计算过氧化氢浓度; (7)根据 m=ρV 计算原溶液质量,根据方程式计算分解的过氧化氢,此时溶液质量=原溶 液质量﹣氧气质量,进而计算此时过氧化氢的质量分数. 【解答】解: (1)由反应方程式为:2H2O2 2H2O+O2↑,该反应为不可逆反应,在

5min 后,收集到的气体体积不再增加,说明过氧化氢完全分解,由图象可知,生成氧气的 体积为 60mL, 故答案为:60ml; (2)由图象可知,当时间进行到 1min 时,生成氧气的体积为 30mL,此时生成的氧气为总 体积的一半,需要的时间为 1min, 故答案为:1min; (3)由图象可知,生成的总体积为 60mL,反应放出气体体积为气体总体积的 时,生成 的氧气体积为 45mL,需要的时间为 2min, 故答案为:2min;

(4)反应物浓度大小决定反应速率大小,随着反应的进行,双氧水的浓度逐渐减小,反应 速率也随着减小, 故答案为:D>C>B>A; (5)浓度越大,反应速率越大,反之越小,随着反应进行,反应物的浓度逐渐减小,则速 率逐渐减小, 故答案为:随着反应的进行,双氧水的浓度逐渐减小,反应速率也随着减小; (6)由反应方程式为:2H2O2 2H2O+O2↑,该反应为不可逆反应,在 5min 后,收

集到的气体体积不再增加,说明过氧化氢完全分解, 由图象可知,生成氧气的体积为 60mL, 2H2O2 2mol n(H2O2) n(H2O2)= 2H2O+O2↑, 22.4L 0.06L =0.00536mol,所以 c(H2O2)= =0.107 mol?L﹣1,

﹣1 故答案为:0.107 mol?L ;

1 2min 时生成氧气物质的量为 (7) 原溶液质量为 50mL×1.1g?mL﹣ =55g,

=0.002,

由 2H2O2

2H2O+O2↑,

可知分解的 H2O2 的物质的量为 0.002mol×2=0.004mol,剩余的过氧化氢为(0.00536mol﹣ 0.004mol)×34g/mol=0.04624g,此时溶液质量=55g﹣0.002mol×32g/mol=54.936g,故此时 过氧化氢的质量分数= 故答案为:0.084%. ×100%=0.084%,

[化学--选修 5:有机化学基础] 12.某科研小组利用石油分馏产品经下列路线,合成一种新型香料.

已知 X 分子中碳氢质量比为 24:5,A、E 都是 X 的裂解产物,且二者互为同系物,D 与饱 和 NaHCO3 溶液反应产生气体. 信息提示:卤代烃在强碱水溶液中发生水解(取代)反应生成醇.如: R﹣CH2﹣CH2Cl R﹣CH2﹣CH2OH+HCl(水解反应) ;C 中官能团的名称为 醛基 .

(1)X 分子为直链结构,X 的名称为 丁烷或正丁烷

①~⑥的反应中, (2) 下列反应类型存在且数目由多到少的是 D>C>A 写出) A.加成反应 B.加聚反应 C.取代反应 D.氧化反应

. (用字母和“>”

(3)B 与 D 在浓硫酸作用下,生成甲,则与甲同类别的同分异构体的有 3 种(不包括 甲) (4)写出⑥的化学反应方程式 2CH3COOH+CH3﹣CHOH﹣ CH2OH +2H2O .

(5)E 可能发生下列选项中的某种反应,写出能反应的化学方程式 nCH3CH=CH2 A.皂化反应 B.与乙酸的酯化反应 . C.加聚反应 D.与银氨溶液的银镜反应.

【考点】有机物的推断. 【分析】饱和烃 X 分子中碳氢质量比为 24:5,则碳氢个数比为 =2:5,所以 X 的

分子式为 C4H10,X 分子为直链结构,所以 X 为 CH3CH2CH2CH3,A、E 都是 X 的裂解产物, 且二者互为同系物,则 A、E 为乙烯和丙烯,D 与饱和 NaHCO3 溶液反应产生气体,则 D 为羧酸,E 与氯气加成得 F,F 水解得 G,则 G 为二元醇,根据新型香料的分子式可知,该 物质为二元酯,所以根据碳原子守恒,G 中应有三个碳,D 中应有两个碳,所以 A 为乙烯, E 为丙烯,根据转化关系可知,B 为 CH3CH2OH,C 为 CH3CHO,D 为 CH3COOH,F 为

CH3CHClCH2Cl,G 为 CH3CHOHCH2OH,A 氧化得 C,B 氧化得 C,C 氧化得 D,E 发生 加成得 F,F 发生取代得 G,G 和 D 发生酯化(取代)得香料,据此答题. 【解答】解:饱和烃 X 分子中碳氢质量比为 24:5,则碳氢个数比为 =2:5,所以

X 的分子式为 C4H10,X 分子为直链结构,所以 X 为 CH3CH2CH2CH3,A、E 都是 X 的裂解 产物,且二者互为同系物,则 A、E 为乙烯和丙烯,D 与饱和 NaHCO3 溶液反应产生气体, E 与氯气加成得 F, F 水解得 G, 则 D 为羧酸, 则 G 为二元醇, 根据新型香料的分子式可知, 该物质为二元酯,所以根据碳原子守恒,G 中应有三个碳,D 中应有两个碳,所以 A 为乙 烯,E 为丙烯,根据转化关系可知,B 为 CH3CH2OH,C 为 CH3CHO,D 为 CH3COOH,F 为 CH3CHClCH2Cl,G 为 CH3CHOHCH2OH,A 氧化得 C,B 氧化得 C,C 氧化得 D,E 发 生加成得 F,F 发生取代得 G,G 和 D 发生酯化(取代)得香料, (1)根据上面的分析,X 为 CH3CH2CH2CH3,X 的名称为丁烷或正丁烷,C 为 CH3CHO, C 中官能团的名称为醛基, 故答案为:丁烷或正丁烷;醛基; (2)①~⑥的反应中,①②③都氧化反应,④是加成反应,⑤⑥是取代反应,所以反应类 型存在且数目由多到少的是 D>C>A, 故答案为:D>C>A; (3)B 与 D 在浓硫酸作用下,生成甲为 CH3COOCH2CH3,则与甲同类别的同分异构体的 有 CH3CH2COOCH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2,共 3 种(不包括甲) , 故答案为:3; (4)⑥的化学反应方程式为 2CH3COOH+CH3﹣CHOH﹣CH2OH +2H2O, 故答案为:2CH3COOH+CH3﹣CHOH﹣CH2OH (5)E 为丙烯,E 可能发生加聚反应,反应的方程式为 n CH3CH=CH2 , +2H2O;

故答案为:n CH3CH=CH2




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