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浙江省舟山中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题(Word版附解析)
浙江省舟山中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题(Word版附解析)
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浙江省舟山中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题考生须知:1.本卷满分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、座位号及准考证号并核对条形码信息;3.所有答案必须写在答题卷上,写在试卷上无效,考试结束后,只需上交答题卷;4.参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析;5.可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16Mg24S32Cl35.5Mn55Fe56Cu64I127。一、选择题(本大题共16题,每小题3分,共48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.下列物质属于强电解质的是A.NH3·H2OB.NaHSO3C.SO3D.CH3COOH【答案】B【解析】【详解】A.NH3·H2O在水溶液中部分电离,NH3·H2O是弱电解质,故不选A;B.NaHSO3在水溶液中完全电离为,NaHSO3是强电解质,故选B;C.SO3自身不能电离,属于非电解质,故不选C;D.CH3COOH在水溶液中部分电离,属于弱电解质,故不选D;选B。2.下列说法中不正确的是A.碳酸钠粉末中加少量水结块变成晶体是放热反应B.化学键断裂和形成时的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因C.活化分子之间的碰撞叫做有效碰撞D.加入催化剂不影响化学平衡的移动【答案】C【解析】【详解】A.碳酸钠粉末中加少量水结块变成晶体放热,故A正确;B.旧键断吸热、新键生放热,化学键断裂和形成时的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因,故B 正确;C.活化分子之间能引起化学反应的碰撞叫做有效碰撞,故C错误;D.催化剂能加快反应速率,不影响化学平衡的移动,故D正确;选C。3.下列有关实验说法不正确的是A.用广泛pH试纸测得某浓度的NaClO溶液pH=10B.在加入酸、碱之前,洁净的酸式滴定管和碱式滴定管要分别用所要盛装的酸、碱溶液润洗2~3次C.乙醇易被引燃,使用时应远离明火,用毕立即塞紧瓶塞D.中和热的测定实验中,应用同一支温度计测量溶液的温度【答案】A【解析】【详解】A.NaClO溶液具有漂白性,不能用广泛pH试纸测NaClO溶液的pH,要用pH计,A错误;B.滴定管用水润洗后,酸式滴定管和碱式滴定管还要分别用所要盛装的酸、碱溶液润洗2~3次,B正确;C.乙醇易被引燃,故使用时必须远离明火和热源,用毕立即塞紧瓶塞,防止失火,C正确;D.中和热的测定实验中,为避免出现仪器误差,应用同一支温度计测量酸液和碱液的温度,D正确;故选A。4.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.标准状况下,22.4LSO2和11.2LO2充分反应,生成SO3分子数为NAB.0.1mol甲基(-CH3)中所含的电子数目为NAC.足量的浓盐酸与8.7gMnO2充分反应,转移电子数为0.2NAD.1LpH=2的硫酸溶液中含氢原子数目为0.01NA【答案】B【解析】【详解】A.该反应为可逆反应,生成的SO3分子数小于NA,A错误;B.每个甲基中含7个电子,则0.1mol甲基(-CH3)中所含的电子数目为0.7NA,B错误;C.根据反应:,足量的浓盐酸与8.7gMnO2即0.1mol充分反应,转移电子数为0.2NA,C正确;D.硫酸在溶液中电离出氢离子,不含氢原子,D错误;答案选B。 5.NO2和N2O4存在平衡;。下列分析正确的是A.若,则反应到达平衡状态B.断裂2mol中的共价键所需能量小于断裂1mol中的共价键所需能量C.恒温时,容积缩小到一半,气体密度先增大后减小D.恒容时,水浴加热,由于平衡逆向移动导致气体颜色变浅【答案】B【解析】【详解】A.可说明反应达平衡状态,A错误;B.焓变=反应物总键能-生成物总键能,焓变为负,说明反应物总键能小于生成物总键能,B正确;C.根据可知,混合气体总质量不变,容积缩小到一半,混合气体密度增大,C错误;D.恒容时,水浴加热,由于该反应为放热反应,平衡逆向移动导致气体颜色变深,D错误;答案选B;6.下列有关物质性质和用途的说法正确的是A.Na2O常用作呼吸面具的供氧剂B.实验室常用铝制容器盛装稀硫酸C.SiO2导光能力强,可用作光导纤维D.用于熔化烧碱的坩埚,可用Al2O3制成【答案】C【解析】【详解】A.Na2O和二氧化碳、水反应不能放出氧气,Na2O不能用作呼吸面具的供氧剂,Na2O2常用作呼吸面具的供氧剂,故A错误;B.氧化铝、铝都能与稀硫酸反应,不能用铝制容器盛装稀硫酸,故B错误;C.SiO2导光能力强,可用作光导纤维,故C正确;D.Al2O3能与氢氧化钠反应,不能用Al2O3坩埚熔化烧碱,可用铁坩埚熔化烧碱,故D错误;选C。7.下列说法不正确的是A.蛋白质都能溶于水,并能水解生成氨基酸B.石油的裂化和裂解都是化学变化C.判断蔗糖水解产物中是否有葡萄糖的方法:向水解液中先加NaOH溶液至碱性,再加新制的Cu(OH)2并加热D.通过酶的催化作用,油脂在人体中可水解生成高级脂肪酸和甘油 【答案】A【解析】【详解】A.蛋白质不一定都能溶于水,如蚕丝,A错误;B.石油的裂化和裂解都是化学变化,是长链状烷烃断裂成短链烷烃与烯烃的过程,B正确;C.蔗糖水解生成葡萄糖和果糖,葡萄糖可以与新制的Cu(OH)2加热条件下发生反应生成红色沉淀,但蔗糖水解是在酸性条件下进行的,所以应先加NaOH溶液调节至碱性,C正确;D.油脂在人体中可水解生成高级脂肪酸和甘油,D正确;答案选A。8.已知反应,作催化剂时,该反应的机理为:(快反应),(慢反应)。下列说法中正确的是A.与增大SO2的浓度相比,增大O2的浓度更能显著地加快反应速率B.实际工业生产中采用高压的反应条件,使SO2转化为SO3C.总反应在高温条件下自发D.温度越高,总反应速率一定越快【答案】A【解析】【详解】A.为反应过程中的慢反应,决定化学反应速率,增大氧气浓度,可加快慢反应化学反应速率,从而提升总反应化学反应速率,A正确;B.实际工业生产中采用常压的反应条件,使SO2转化为SO3,B错误;C.该反应、,根据可知该反应低温可自发进行,C错误;D.温度过高影响催化剂活性,反而降低反应速率,D错误;答案选A。9.下列说法中正确的是A.向新制氯水中加水稀释,减小B.锌与硫酸反应制取氢气时,滴入少量CuSO4溶液可以加快反应速率C.在反应中,增大压强,可以加快硫的析出速率D.工业制备硫酸时,吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收SO3以提高吸收速率【答案】B 【解析】【详解】A.次氯酸为弱酸,存在电离平衡:电离平衡常数:,加水稀释,温度不变,电离平衡常数不变,减小,比值增大,A错误;B.锌与硫酸反应制取氢气时,滴入少量CuSO4溶液,Zn与硫酸铜反应置换出铜单质,形成原电池,加快反应速率,B正确;C.该反应无气体参与,增大压强,不影响反应速率,C错误;D.采用水吸收三氧化硫,反应放出的热量导致产生大量酸雾,影响水与三氧化硫接触,D错误;答案选B。10.化学反应的能量变化如图所示,下列说法正确的是A.与反应生成的热化学方程式为:B.反应的正反应活化能大于逆反应的活化能C.液氨气化过程吸收ckJ的热量D.恒容密闭容器中充入1mol与3mol,充分反应,放出热量【答案】D【解析】【详解】A.根据盖斯定律,将①+②-③可得,选项A正确;B.反应的正反应活化能大于逆反应的活化能,选项B正确;C.根据盖斯定律,将③2可得2NH3(1)NH3(g)△H=-2ckJ/mol,则液氨气化过程吸收ckJ 热量,选项C正确;D.恒容密闭容器中充入1molN2(g)与3molH2(g),该反应为可逆反应,不能完全转化,则充分反应,放出热量小于2(b-a)kJ,选项D错误;答案选D。11.常温下,下列事实不能说明HF是弱电解质的是A.0.1mol/L的HF溶液pH>1B.HF溶液能腐蚀玻璃C.HF溶液中同时存在HF与F-D.同浓度的HF溶液的导电性弱于盐酸【答案】B【解析】【详解】A.0.1mol/L的HF溶液pH>1,说明HF没有完全电离,HF是弱电解质,A错误;B.HF溶液能腐蚀玻璃,是HF与玻璃中的SiO2反应,与HF酸性强弱无关,不能说明HF是弱电解质,B正确;C.HF溶液中同时存在HF与F-,说明HF没有完全电离,HF是弱电解质,C错误;D.同浓度的HF溶液的导电性弱于盐酸,说明HF电离程度小于HCl,即HF没有完全电离,HF是弱电解质,D错误;故选B。12.催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程(下图)中,M为中间产物。其它条件相同时,下列说法正确的是A.使用Ⅱ时,反应过程中M所能达到的最高浓度更大B.使用Ⅱ时,反应的ΔH更大C.使用Ⅰ时,反应体系更快达到平衡 D.使用Ⅰ和Ⅱ,反应历程都分2步进行【答案】C【解析】【详解】A.由图可知在前两个历程中使用I活化能较低反应速率较快,后两个历程中使用I活化能较高反应速率较慢,所以使用I时,反应过程中M所能达到的最高浓度更大,A错误;B.催化剂不影响化学反应的ΔH,B错误;C.由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能,所以使用Ⅰ时反应速率更快,反应体系更快达到平衡,C正确;D.由图可知两种催化剂均出现四个波峰,所以使用Ⅰ和Ⅱ,反应历程都分4步进行,D错误;答案选C。13.某研究小组以废铁屑(含有少量C和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3(s)已知:氯化亚砜()熔点-101℃,沸点76℃,易与水剧烈反应生成两种酸性气体。下列说法正确的是A.操作①得到的固体中有C和H2SiO3B.试剂B可以选用Cl2、H2O2或者HNO3C.操作②用到的仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、玻璃棒、坩埚钳D.由D转化成E的过程中可能产生少量Fe2+【答案】D【解析】【分析】C和SiO2与盐酸不反应,废铁屑用盐酸溶解,过滤除去C和SiO2,滤液A中含有氯化亚铁,通入足量氯气把氯化亚铁氧化为氯化铁,通入氯化氢气体蒸发浓缩、冷却结晶,过滤,洗涤的氯化铁晶体,氯化铁晶体和氯化亚砜混合加热得无水氯化铁。【详解】A.C和SiO2与盐酸不反应,操作①得到的固体中有C和SiO2,故A错误;B.试剂B的作用是把氯化亚铁氧化为氯化铁,若用HNO3作氧化剂,会引入杂质硝酸铁,故B错误;C.操作②是蒸发浓缩、冷却结晶,过滤,用到的仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、漏斗、烧杯,故C错误; D.由D转化成E的过程是氯化铁晶体和氯化亚砜混合加热得无水氯化铁,由于氯化亚砜中S显+4价,具有还原性,所以可能产生少量Fe2+,故D正确;选D。14.向一恒容密闭容器中加入1molCH4和一定量的H2O,发生反应。CH4的平衡转化率按不同投料比x()随温度的变化曲线如图所示。下列说法中不正确的是A.B.点a、b、c对应的平衡常数:C.在投料比条件下,d点没有达到平衡,此时反应向正向进行D.b、c两点的正反应速率【答案】D【解析】【详解】A.相同温度下,比值越大,甲烷平衡转化率越小,如b、c两点,c点甲烷平衡转化率小,则c点代表的比值大,即,A正确;B.平衡常数只与温度有关,b、c对应的温度相同,平衡常数相同,,a、b两点投料比不变,升高温度,甲烷转化率增大,说明平衡正向移动,平衡常数增大,,故正确,B正确;C.在投料比条件下,d点没有达到平衡,在温度下达到平衡时,甲烷转化率应达到与c点相同,此时反应向正向进行,C正确;D.b、c点对应反应的温度相同,投料比不同,b点甲烷转化率大说明投料比小,但不能说明平衡时正反应速率大小,D错误;答案选D。 15.25℃时,水中存在电离平衡,下列说法正确的是A.将水加热至60℃,水仍然为中性,pH=7B.向水中加入少量KHSO4固体,增大,不变C.向水中加入少量1mol/LNaOH溶液,水的电离平衡逆向移动,降低D.向水中加入少量冰醋酸固体,水的电离平衡正向移动,增大【答案】B【解析】【详解】A.将水加热至60℃,水的电离平衡正向移动,水仍然为中性,pH<7,故A错误;B.只与温度有关,向水中加入少量KHSO4固体,增大,水电离平衡逆向移动,不变,故B正确;C.向水中加入少量1mol/LNaOH溶液,氢氧根离子浓度增大,水的电离平衡逆向移动,减小,增大,故C错误;D.向水中加入少量冰醋酸固体,醋酸浓度增大,增大,水的电离平衡逆向移动,故D错误;选B。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是选项方案设计现象结论A向盛有2mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液的试管中滴加5-10滴6mol/LNaOH溶液溶液颜色由橙色变为黄色平衡向正向移动B取铝与氧化铁发生铝热反应后的固体,溶于足量稀硫酸,取上层清液,加KSCN溶液后再加双氧水加KSCN溶液后无明显变化,再加双氧水出现血红色产物中有单质铁C向盛有5mL0.005mol/LFeCl3溶液的试管中加入5mL0.015mol/LKSCN溶液,再加少量KCl固体加入KCl固体后溶液颜色变浅平衡向逆反应方向移动 D加热盛有2mL0.5mol/LCuCl2溶液的试管溶液由蓝色变为黄色平衡向正向移动A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.形成溶液为橙色,形成溶液为黄色,加入NaOH溶液后,导致平衡正向移动,溶液由橙色变为黄色,A正确;B.若反应后得固体中含有氧化铁剩余,被稀硫酸溶解后,加入KSCN,溶液也会变红,B错误;C.反应实质是,加入少量KCl固体,对平衡无影响,C错误;D.加热盛有2mL0.5mol/LCuCl2溶液的试管,溶液由蓝色变为黄绿色或者绿色,平衡正向移动,该过程吸热,,D错误;答案选A。二、非选择题(本题共5小题,共52分)17.室温下有5种稀溶液:①HCl、②H2SO4、③CH3COOH、④氨水、⑤NaOH,回答下列问题:(1)若溶液①②③④⑤浓度均为0.01mol/L,pH由大到小的顺序是___________。(用序号填写,下同)(2)中和等体积、pH相同的①②③溶液消耗NaOH最多的是___________。(3)pH相同的④⑤溶液,则溶液的离子总浓度④___________⑤(填“>,<或=”)。(4)常温下,pH=3的②溶液中水电离出的___________mol/L。A.B.C.D.【答案】17.⑤>④>③>①>②18.③19.=20.B【解析】【小问1详解】室温下碱溶液的pH>7,酸溶液的pH<7,④氨水部分电离、⑤NaOH能完全电离,则等浓度时c(OH-) 中④<⑤,则pH:⑤>④>7,HCl是一元强酸、H2SO4是二元强酸、CH3COOH是一元弱酸,若溶液①②③浓度均为0.01mol/L,c(H+):②>①>③,pH由大到小的顺序是7>③>①>②,故答案为:⑤>④>③>①>②;【小问2详解】中和等体积、pH相同①②③溶液消耗NaOH,与酸最终电离出的n(H+)成正比,酸最终电离出的n(H+):①=②<③,所以③消耗NaOH最多,故答案为:③;【小问3详解】根据电荷守恒阳离子总数等于阴离子总数,离子总浓度为氢氧根浓度的两倍,则溶液的离子总浓度④=⑤;【小问4详解】常温下,pH=3的②H2SO4溶液中,水电离出的,故选B。18.肼(N2H4)是重要的化工原料,能与水、乙醇等混溶;它是一种二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似,室温下电离常数;在碱性溶液中,N2H4是强还原剂。(1)写出N元素在元素周期表中的位置___________。(2)写出N2H4与过量硫酸反应形成的酸式盐的化学式___________。(3)N2H4可通过NH3和NaClO反应制得,总反应主要分为两步,已知第一步:①写出第二步反应的离子方程式___________。②请设计实验,检验总反应中产物的主要阴离子(假设反应物完全反应)___________。(4)N2H4是一种高能燃料,可用于燃料电池,原理如图,电池的负极反应式为___________。【答案】(1)第二周期第ⅤA族(2)N2H6(HSO4)2 (3)①.NH3+OH−+NH2Cl=N2H4+Cl−+H2O②.取反应后溶液于试管中,先加稀硝酸酸化,再加AgNO3溶液,若产生白色沉淀,则含Cl−(4)【解析】【小问1详解】N原子核外电子层数为2,最外层电子数为5,则N元素在元素周期表中的位置为第二周期第ⅤA族;【小问2详解】N2H4是一种二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似,则第一步电离方程式为:,第二步电离方程式为:,加入过量硫酸促进以上两步电离,则N2H4与过量硫酸反应形成的酸式盐为N2H6(HSO4)2;【小问3详解】①NH3被NaClO氧化为N2H4,NaClO被还原为NaCl,则总离子方程式为:2NH3+ClO−=N2H4+Cl−+H2O,总反应离子方程式减去第一步离子方程式得第二步离子方程式为:NH3+OH−+NH2Cl=N2H4+Cl−+H2O;②总离子方程式为:2NH3+ClO−=N2H4+Cl−+H2O,产物主要阴离子为Cl−,其检验方法为:取反应后溶液于试管中,先加稀硝酸酸化,再加AgNO3溶液,若产生白色沉淀,则含Cl−;【小问4详解】由图可知,负极上N2H4被氧化为N2,可传导离子为OH−,则电池负极反应式为:。19.苯乙烯()是一类重要的化工原料,可通过乙苯()脱氢的方法制备。(1)已知下列反应的热化学方程式:①②③计算乙苯脱氢反应④的ΔH4=___________kJ⋅mol-1(2)欲提高乙苯的平衡转化率,可采取的措施是___________(填序号)。A.降温B.及时分离出氢气C.恒压充入水蒸气D.加压(3)在某温度下,向体积为V的恒容反应器中充入amol气态乙苯,发生反应④,达到平衡时乙苯的转化率为x,请计算反应④的平衡常数K=___________,(用含“a、x、V”的式子表示)。 (4)某些工艺中在特定催化剂条件下,乙苯脱氢反应中加入CO2,有利于提高乙苯的平衡转化率,其反应历程如图:下列说法正确的是___________(填序号)。A.由状态I到状态Ⅱ形成了极性共价键B.催化剂表面碱性越弱越有利于提高乙苯转化率,可能原因是碱性越弱越有利于的吸附C.和两种粒子中的碳原子均达到8电子稳定结构D.使用催化剂,能降低反应的活化能,提高活化分子百分数,从而提高乙苯的平衡转化率(5)在913K、100kPa下,以水蒸气作稀释气,Fe2O3作催化剂,乙苯除脱氢生成苯乙烯外,还会发生如下两个副反应:⑤⑥以上反应体系中,产物苯乙烯()、苯()和甲苯()的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示。其中曲线b代表的产物是___________,理由是___________。【答案】(1)-366(2)AB(3)(4)A(5)①.苯②.苯乙烯是主反应产物,选择性最大,随着水蒸气的通入,主反应④正移,副反应⑤正移,⑥不移动,导致选择性变化,苯乙烯降低,苯升高,甲苯几乎不变 【解析】【小问1详解】根据盖斯定律,将①-②-③可得,;【小问2详解】A.该反应为放热反应,降低温度使平衡正向移动,可提高乙苯的平衡转化率,A正确;B.及时分离出氢气,产物减少,平衡正向移动,可提高乙苯的平衡转化率,B正确;C.恒压充入水蒸气,产物浓度增大,平衡逆向移动,降低乙苯的平衡转化率,C错误;D.增大压强,平衡逆向移动,降低乙苯的平衡转化率,D错误;答案选AB;【小问3详解】,平衡常数;【小问4详解】A.由状态I到状态Ⅱ形成了O-H极性共价键,A正确;B.由图可知反应过程中催化剂吸附乙苯脱除的带负电荷的氢原子,若催化剂表面碱性太强,则催化剂表面对产生排斥,不利于的吸附,即不利于反应的进行,使得乙苯的转化率降低,B错误;C.中存在碳原子均未达到8电子稳定结构,C错误;D.使用催化剂,能降低反应的活化能,提高活化分子百分数,从而提高反应速率,但不影响平衡移动,不能影响反应物转化率,D错误;答案选A;【小问5详解】苯乙烯是主反应产物,选择性最大,随着水蒸气的通入,主反应④正移,副反应⑤正移,⑥不移动,导致选择性变化,苯乙烯降低,苯升高,甲苯几乎不变,曲线b表示苯; 20.以印刷线路板的碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2))或焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为CuO、SiO2及少量Fe2O3)为原料均能制备晶体。(已知:)(1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈烧瓶中,在搅拌下加热反应并通入空气,待产生大量的黑色沉淀时停止反应,趁热过滤、洗涤,得到CuO固体;所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作,得到晶体。①装置图中装置X的作用是___________,水的作用是___________。②写出用蚀刻废液制备CuO反应的化学方程式___________。(2)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备晶体时,请补充完整相应的实验方案:取一定量焙烧过的铜精炼炉渣,___________,加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干,得到晶体。实验中可选用的试剂:1.0mol·L-1H2SO4、1.0mol·L-1HCl、1.0mol·L-1NaOH。(已知该实验中pH=3.2时,Fe3+完全沉淀;pH=4.7时,Cu2+开始沉淀。)(3)通过下列方法测定产品纯度:准确称取0.5000g样品,加适量水溶解,转移至碘量瓶中,加过量KI溶液并用稀H2SO4酸化,加入指示剂,用0.1000mol⋅L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3的溶液19.80mL。测定过程中发生下列反应:;。①选择滴定的指示剂为___________,滴定终点的现象为___________。②CuSO4·5H2O样品的纯度为___________。③有关滴定说法正确的是___________。A.滴定管的正确操作顺序为:检漏、蒸馏水洗、标准液润洗、装液至“0”刻度线以上、排气泡、记录初始读数B.读数时应将滴定管从架上取下,捏住管上端无刻度处,使滴定管保持垂直C.平行滴定时,须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下 D.若滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后消失,则测量结果偏小【答案】(1)①.安全瓶,防止倒吸②.吸收氨气,防止污染空气③.(2)先加入适量溶解,然后逐滴加入调解在,然后过滤,将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干,得到晶体(3)①.淀粉溶液②.最后半滴Na2S2O3标准溶液滴入锥形瓶中,溶液由蓝色变为无色,且半分钟不变色③.④.ABC【解析】【分析】实验目的为制备晶体,原料可以用印刷线路板的碱性蚀刻废液,原理为蚀刻废液与NaOH溶液反应生成固体,再与硫酸反应生成溶液,经结晶、过滤等操作,得到晶体;若原料为焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为、及少量),及少量为杂质需要除去,原理为固体与硫酸反应生成溶液,而与硫酸不反应,与硫酸反应生成需要转化为沉淀过滤除去,再经结晶、过滤等操作,得到晶体。【小问1详解】三颈烧瓶中反应生成了氨气,氨气极易溶于水,因此图中装置X的作用是防倒吸;水的作用为吸收氨气,防止污染空气;蚀刻废液和溶液反应生成固体,其化学反应方程式为:;【小问2详解】通过以上分析可知焙烧过的铜精炼炉渣,需用硫酸溶解,再加沉淀而不能使沉淀,故答案为:先加入适量溶解,然后逐滴加入调解在,然后过滤,将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干,得到晶体;【小问3详解】样品溶于水,溶液中含有,与加入的过量KI溶液发生反应生成碘单质,碘单质与淀粉溶液显蓝色,碘单质与溶液发生反应,通过二者恰好完全反应消耗的的量确定溶液中的物质的量,计算产品中纯度。故选择指示剂为淀粉溶液; 碘单质与溶液二者恰好完全反应为滴定终点,现象为:最后半滴Na2S2O3标准溶液滴入锥形瓶中,溶液由蓝色变为无色,且半分钟不变色;由、确定与物质的量关系为1:1,=,,样品的纯度为;A.为了确保滴定结果准确,需要用待装的标准液润洗滴定管次,滴定管的正确操作顺序为:检漏、蒸馏水洗、标准液润洗、装液至“0”刻度线以上、排气泡、记录初始读数,A正确;B.读数时可将滴定管从架上取下,捏住管上端无刻度处,使滴定管保持垂直,视线与凹液面的最低处水平相切,B正确;C.为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足,再次滴定时,须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下,并记录初始读数,C正确;D.若滴定前滴定管尖嘴处有气泡,则初始读数偏小,滴定消耗的标准液偏大,则测量结果偏大,D错误;答案选ABC。21.化合物E是一种药物中间体,合成路线如下图所示。已知:回答下列问题:(1)A中含氧官能团的名称为___________。(2)写出A→B的反应方程式___________。(3)下列说法正确的是___________。A.化合物C的分子式是C11H14O2 B.化合物B和D均能与NaOH溶液反应C.D→E的反应类型为加成反应D.化合物E中所有原子共平面(4)D的结构简式是___________。(5)已知,请设计由乙烯为原料合成的路线(用流程图表示,无机试剂任选,流程图示例如图:)。_________【答案】(1)羧基(2)+CH3OH+H2O(3)AB(4)(5)【解析】【分析】A与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成B,则B为,C与发生已知的反应,结合E的结构简式,可知取代C中邻位碳原子上的氢原子,则D为。 【小问1详解】根据A的结构简式,含氧官能团的名称是羧基;【小问2详解】A→B为A与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应,反应方程式为+CH3OH+H2O;【小问3详解】A.依据C的结构简式推得C的分子式是C11H14O2,A正确;B.化合物B中有酯基和Br原子,能与NaOH溶液发生水解反应,化合物D中有酯基,也能与能与NaOH溶液发生水解反应,B正确;C.由信息可知,D→E的反应类型为取代反应,C错误;D.化合物E中有、结构,所有原子不可能在同一平面内,D错误;答案选AB;【小问4详解】由分析可知,D结构简式为;【小问5详解】
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