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文檔簡介

2023高考化學模擬試卷注意事項1.考生要認真填寫考場號和座位序號。2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、近期,我國爆發了新冠狀病毒感染導致的肺炎,很多現象可以利用化學知識加以解釋。下列過程不涉及化學反應的是A.使用醫用酒精殺死病毒的過程B.制藥廠中合成抗病毒藥物達蘆那韋的過程C.患者呼出的病群形成氣溶膠的過程D.病毒在被感染的宿主細胞中的增殖過程2、現有短周期主族元素X、Y、Z、R、T,R原子最外層電子數是電子層數的2倍;Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物,Z與T形成的Z2T型化合物能破壞水的電離平衡,五種元素的原子半徑與原子序數的關系如圖所示。下列推斷正確的是()A.原子半徑和離子半徑均滿足:Y<ZB.簡單氫化物的沸點和熱穩定性均滿足:Y>TC.最高價氧化物對應的水化物的酸性:T<RD.常溫下,0.1mol·L-1由X、Y、Z、T四種元素組成的化合物的水溶液的pH一定大于13、香葉醇是合成玫瑰香油的主要原料,其結構簡式如下。下列有關香葉醇的敘述正確的是A.分子式為C10Hl8OB.分子中所有碳原子不可能共平面C.既屬于醇類又屬于烯烴D.能發生加成反應,不能發生氧化反應4、實驗室為監測空氣中汞蒸氣的含量,通常懸掛有CuI的濾紙,根據濾紙是否變色或顏色發生變化的時間來判斷空氣中汞的含量,其反應為:4CuI+Hg=Cu2HgI4+2Cu。下列有關說法正確的是()A.上述反應的產物Cu2HgI4中,Hg的化合價為+2B.上述反應中CuI既是氧化劑,又是還原劑C.上述反應中Hg元素與Cu元素均被氧化D.上述反應中生成64gCu時,轉移的電子數為2NA5、電解合成1,2-二氯乙烷的實驗裝置如圖所示。下列說法中不正確的是()A.該裝置工作時,陰極區溶液中的離子濃度不斷增大B.液相反應中,C2H4被CuCl2氧化為1,2-二氯乙烷C.X、Y依次為陽離子交換膜、陰離子交換膜D.該裝置總反應為CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl6、設NA為阿伏加德羅常數的值,下列說法不正確的是A.1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的陽離子數目小于0.2NAB.0.24gMg在O2和CO2的混合氣體中完全燃燒,轉移電子數為0.02NAC.3g由CO2和SO2組成的混合氣體中含有的質子數為1.5NAD.1molNa2O2與SO2完全反應,轉移電子數為2NA7、清初《泉州府志》物產條載:

“初,人不知蓋泥法,元時南安有黃長者為宅煮糖,宅垣忽壞,去土而糖白,后人遂效之。”文中“蓋泥法”的原理與下列相同的是()A.活性炭凈水B.用漂白粉漂白織物C.除去KNO3中的NaClD.除去河水中泥沙8、已知HA的酸性弱于HB的酸性。25℃時,用NaOH固體分別改變物質的量濃度均為0.1mol?L-1的HA溶液和HB溶液的pH(溶液的體積變化忽略不計),溶液中A-、B-的物質的量濃度的負對數與溶液的pH的變化情況如圖所示。下列說法正確的是()A.曲線Ⅰ表示溶液的pH與-lgc(A-)的變化關系B.C.溶液中水的電離程度:M>ND.N點對應的溶液中c(Na+)>Q點對應的溶液中c(Na+)9、用化學用語表示C2H2+HClC2H3Cl(氯乙烯)中的相關微粒,其中正確的是()A.中子數為7的碳原子:C B.氯乙烯的結構簡式:CH2CHClC.氯離子的結構示意圖: D.HCl的電子式:H+[]-10、某有機物的結構簡式為有關該化合物的敘述不正確的是()A.所有碳原子可能共平面B.可以發生水解、加成和酯化反應C.1mol該物質最多消耗2molNaOHD.苯環上的二溴代物同分異構體數目為4種11、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列有關敘述正確的是A.常溫常壓下,1mol甲基(—14CD3)所含的中子數和電子數分別為11NA、9NAB.pH=1的H2SO3溶液中,含有0.1NA個H+C.1molFe分別與足量的稀硫酸和稀硝酸反應轉移電子數均為3NAD.1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子數為NA12、硝酸銨(NH4NO3)在不同條件下分解可以得到不同的產物,下列各組物質中肯定不可能是硝酸銨分解產物的是A.N2O、H2O B.N2、O2、H2O C.N2、HNO3、H2O D.NH3、NO、H213、下列解釋事實的離子方程式正確的是()A.用稀硫酸除去硫酸鈉溶液中少量的硫代硫酸鈉:Na2S2O3+2H+=SO2↑+S↓+2Na++H2OB.硝酸鐵溶液中加入少量碘化氫:2Fe3++2I-=2Fe2++I2C.向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸:ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-D.硫酸鋁銨與氫氧化鋇以1:2混合形成的溶液:Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=BaSO4↓+AlO2-+2H2O14、下列物質中,按只有氧化性,只有還原性,既有氧化性又有還原性的順序排列的一組是A.Cl2、Al、H2 B.F2、K、HClC.NO2、Na、Br2 D.HNO3、SO2、H2O15、化學與生活密切相關。下列有關物質用途的說法錯誤的是A.碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查 B.氯氣可用于海水提溴C.氨氣能做制冷劑 D.過氧化鈉可用作航天員的供氧劑16、保存液態有機物的一種方法是在其上方加蓋一層水以避免揮發損失。下列有機物適合用“水封法”保存的是A.乙醇 B.硝基苯 C.甘油 D.己烷17、25℃時,用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1CH3COOH(Ka=1.75×10-5)溶液的過程中,消耗NaOH溶液的體積與溶液pH的關系如圖所示。下列各項中粒子濃度關系正確的是A.點①所示溶液中:2c(CH3COO-)-2c(CH3COOH)=c(H+)-c(OH-)B.點②所示溶液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)C.點③所示溶液中:c(CH3COO-)-C(CH3COOH)=c(Na+)+2c(H+)-2c(OH-)D.pH=12的溶液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)18、下列營養物質在人體內發生的變化及其對人的生命活動所起的作用敘述不正確的是:A.淀粉→葡萄糖→(氧化)水和二氧化碳(釋放能量維持生命活動)B.纖維素(水解)→葡萄糖→(氧化)水和二氧化碳(釋放能量維持生命活動)C.植物油含不飽和脂肪酸酯,能使Br2/CCl4褪色D.酶通常是一類具有高選擇催化性能的蛋白質19、已知AG=lg,電離度α=×100%。常溫下,向10mL0.1mol/LHX溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液,混合溶液中AG與滴加NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列說法錯誤的是()A.F點溶液pH<7B.G點溶液中c(Na+)=c(X-)>c(H+)=c(OH-)C.V=10時,溶液中c(OH-)<c(HX)D.常溫下,HX的電離度約為1%20、為測定鎂鋁合金(不含其它元素)中鎂的質量分數。某同學設計了如下實驗:稱量ag鎂鋁合金粉末,放在如圖所示裝置的惰性電熱板上,通電使其充分灼燒。下列說法錯誤的是A.實驗結束后應再次稱量剩余固體的質量B.氧氣要保證充足C.可以用空氣代替氧氣進行實驗D.實驗結束后固體質量大于ag21、金屬鈉與水反應:2Na+2H2O→2Na++2OH-+H2↑,關于該反應過程的敘述錯誤的是()A.生成了離子鍵 B.破壞了極性共價鍵C.破壞了金屬鍵 D.形成非極性共價鍵22、幾種短周期元素的原子半徑及主要化合價如下表:元素代號XYZW原子半徑/pm1601437574主要化合價+2+3+5、-3-2下列敘述正確的是()A.Y的最高價氧化物對應的水化物顯兩性B.放電條件下,Z單質與W的常見單質直接生成ZW2C.X、Y元素的金屬性:X<YD.X2+的離子半徑大于W2-的離子半徑二、非選擇題(共84分)23、(14分)A(C3H6)是基本有機化工原料,由A制備聚合物C和合成路線如圖所示(部分條件略去)。已知:,R-COOH(1)A的名稱是_____________;B中含氧官能團名稱是________________。(2)C的結構簡式________________;D→E的反應類型為________________(3)E→F的化學方程式為___________________________。(4)B的同分異構體中,與B具有相同官能團且能發生銀鏡反應,其中核磁共振氫譜上顯示3組峰,且峰面積之比為6:1:1的是__________________(寫出結構簡式)。(5)等物質的量的分別與足量NaOH、NaHCO3反應,消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比為__________;檢驗其中一種官能團的方法是______________(寫出官能團名稱、對應試劑及現象)。24、(12分)用煤化工產品合成高分子材料I的路線如下:已知:(1)B、C、D都能發生銀鏡反應,G的結構簡式為(2)根據題意完成下列填空:(1)A的結構簡式為__________________。(2)實驗空由A制得B可以經過三步反應,第一步的反應試劑及條件為/光照,第二步是水解反應,則第三步的化學反應方程式為____________________。(3)①的反應類型為_______________反應。(4)③的試劑與條件為__________________________。(5)I的結構簡式為___________;請寫出一個符合下列條件的G的同分異構體的結構簡式____________。①能發生銀鏡反應②能發生水解反應③苯環上一氯取代物只有一種④羥基不與苯環直接相連(6)由乙醇為原料可以合成有機化工原料1-丁醇(),寫出其合成路線________________。(合成路線需用的表示方式為:)25、(12分)FeSO4溶液放置在空氣中容易變質,因此為了方便使用Fe2+,實驗室中常保存硫酸亞鐵銨晶體[俗稱“摩爾鹽”,化學式為(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O],它比綠礬或綠礬溶液更穩定。(穩定是指物質放置在空氣中不易發生各種化學反應而變質)I.硫酸亞鐵銨晶體的制備與檢驗(1)某興趣小組設計實驗制備硫酸亞鐵銨晶體。本實驗中,配制溶液以及后續使用到的蒸餾水都必須煮沸、冷卻后再使用,這樣處理蒸餾水的目的是_______。向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液,經過操作_______、冷卻結晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍綠色的晶體。(2)該小組同學繼續設計實驗證明所制得晶體的成分。①如圖所示實驗的目的是_______,C裝置的作用是_______。取少量晶體溶于水,得淡綠色待測液。②取少量待測液,_______(填操作與現象),證明所制得的晶體中有Fe2+。③取少量待測液,經其它實驗證明晶體中有NH4+和SO42-II.實驗探究影響溶液中Fe2+穩定性的因素(3)配制0.8mol/L的FeSO4溶液(pH=4.5)和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液(pH=4.0),各取2ml上述溶液于兩支試管中,剛開始兩種溶液都是淺綠色,分別同時滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液,15分鐘后觀察可見:(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然為淺綠色透明澄清溶液;FeSO4溶液則出現淡黃色渾濁。(資料1)沉淀Fe(OH)2Fe(OH)3開始沉淀pH7.62.7完全沉淀pH9.63.7①請用離子方程式解釋FeSO4溶液產生淡黃色渾濁的原因_______。②討論影響Fe2+穩定性的因素,小組同學提出以下3種假設:假設1:其它條件相同時,NH4+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+穩定性較好。假設2:其它條件相同時,在一定pH范圍內,溶液pH越小Fe2+穩定性越好。假設3:_______。(4)小組同學用如圖裝置(G為靈敏電流計),滴入適量的硫酸溶液分別控制溶液A(0.2mol/LNaCl)和溶液B(0.1mol/LFeSO4)為不同的pH,觀察記錄電流計讀數,對假設2進行實驗研究,實驗結果如表所示。序號A:0.2mol·L-1NaClB:0.1mol·L-1FeSO4電流計讀數實驗1pH=1pH=58.4實驗2pH=1pH=16.5實驗3pH=6pH=57.8實驗4pH=6pH=15.5(資料2)原電池裝置中,其它條件相同時,負極反應物的還原性越強或正極反應物的氧化性越強,該原電池的電流越大。(資料3)常溫下,0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液穩定性更好。根據以上實驗結果和資料信息,經小組討論可以得出以下結論:①U型管中左池的電極反應式____________。②對比實驗1和2(或3和4),在一定pH范圍內,可得出的結論為____________。③對比實驗____________和____________,還可得出在一定pH范圍內溶液酸堿性變化對O2氧化性強弱的影響因素。④對(資料3)實驗事實的解釋為____________。26、(10分)某研究小組利用下圖裝置探究溫度對氨氣還原Fe2O3的影響(固定裝置略)。完成下列填空:(1)實驗時A中有大量紫紅色的煙氣,則NH4I的分解產物為___(至少填三種),E裝置的作用是___。(2)裝置B中的反應方程式:______,D裝置的作用是______。某研究小組按上圖裝置進行對比實驗,甲組用酒精燈、乙組用酒精噴燈對裝置C加熱,反應產物均為黑色粉末(純凈物),兩組分別用各自的產物進行以下探究,完成下列填空:步驟操作甲組現象乙組現象1取黑色粉末加入稀鹽酸溶解,無氣泡溶解,有氣泡2取步驟1中溶液,滴加KSCN溶液變紅無現象3向步驟2溶液中滴加新制氯水紅色先變深后褪去先變紅后也褪色(3)乙組得到的黑色粉末是______。(4)甲組步驟1中反應的離子方程式為______。(5)乙組步驟3中,溶液變紅的原因為______;溶液褪色可能的原因及其驗證方法為______。(6)若裝置C中Fe2O3反應后的產物是兩種氧化物組成的混合物,為研究氧化物的組成,研究小組取樣品7.84克在加熱條件下通入氨氣,完全反應后,停止加熱,反應管中鐵粉冷卻后,稱得質量為5.6克,則混合物的組成為______。27、(12分)B.[實驗化學]丙炔酸甲酯()是一種重要的有機化工原料,沸點為103~105℃。實驗室制備少量丙炔酸甲酯的反應為實驗步驟如下:步驟1:在反應瓶中,加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL濃硫酸,攪拌,加熱回流一段時間。步驟2:蒸出過量的甲醇(裝置見下圖)。步驟3:反應液冷卻后,依次用飽和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗滌。分離出有機相。步驟4:有機相經無水Na2SO4干燥、過濾、蒸餾,得丙炔酸甲酯。(1)步驟1中,加入過量甲醇的目的是________。(2)步驟2中,上圖所示的裝置中儀器A的名稱是______;蒸餾燒瓶中加入碎瓷片的目的是______。(3)步驟3中,用5%Na2CO3溶液洗滌,主要除去的物質是____;分離出有機相的操作名稱為____。(4)步驟4中,蒸餾時不能用水浴加熱的原因是________。28、(14分)硫酸鐵銨[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一種重要鐵鹽。為充分利用資源,變廢為寶,在實驗室中探究采用廢鐵屑來制備硫酸鐵銨,具體流程如下:回答下列問題:(1)步驟①的目的是去除廢鐵屑表面的油污,方法是_________________。(2)步驟②需要加熱的目的是_________________,溫度保持80~95℃,采用的合適加熱方式是_________________。鐵屑中含有少量硫化物,反應產生的氣體需要凈化處理,合適的裝置為_________________(填標號)。(3)步驟③中選用足量的H2O2,理由是_________________。分批加入H2O2,同時為了_________________,溶液要保持pH小于0.5。(4)步驟⑤的具體實驗操作有______________,經干燥得到硫酸鐵銨晶體樣品。(5)采用熱重分析法測定硫酸鐵銨晶體樣品所含結晶水數,將樣品加熱到150℃時,失掉1.5個結晶水,失重5.6%。硫酸鐵銨晶體的化學式為______________。29、(10分)鐵是一種過渡元素,金屬鐵是最常用的金屬材料。請回答下列有關問題:(1)工業上常利用CO還原鐵的氧化物冶煉鐵。已知:Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH1=-25kJ/mol3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)ΔH2=-47kJ/molFe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)ΔH3=+19kJ/mol請寫出CO氣體還原FeO固體得到Fe固體和CO2氣體的熱化學反應方程式:_____。(2)11.2gFe與一定量的HNO3充分反應后,Fe全部溶解,生成Fe2+、Fe3+的物質的量之比為1:4,將生成的氣體與一定量的O2混合后通入水槽中,氣體恰好被完全吸收,O2的物質的量是____。(3)利用電解實驗可以制得純凈的Fe(OH)2,裝置如圖所示,兩電極分別是石墨和鐵,電解質溶液為NaCl溶液。①植物油的作用是___,在加入植物油之前,要對NaCl溶液作何處理:____。②陽極的電極反應式為____。③若將該裝置改為防止Fe發生電化學腐蝕的裝置,則Fe電極應與電源____極相連,當電路中通過2mol電子時,兩極共收集到氣體___L(標準狀況)。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、C【解析】

A.酒精可以使蛋白質變性,從而殺死病毒,這個過程是一個化學變化,A項錯誤;B.復雜的藥物都是從簡單的化工原料一步步合成的,這個過程中有很多化學變化,B項錯誤;C.氣溶膠不過是膠體的一種,而膠體又是分散系的一種,將一種或多種物質分散到一種物質里,這個過程不涉及化學變化,C項正確;D.病毒在增殖時需要復制其核酸和蛋白質,這些過程都伴隨著化學變化,D項錯誤;答案選C。【點睛】我們常用質量分數來表示濃度,例如98%濃硫酸就是質量分數,但是注意醫用酒精是體積分數為75%的乙醇溶液,質量分數和體積分數是完全不一樣的。2、B【解析】

R原子最外層電子數是電子層數的2倍,則R可能為C或S,結合題圖可知R為C;Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物,則Y為O,Z為Na;Z與T形成的Z2T型化合物能破壞水的電離平衡,則T為S;X的原子半徑、原子序數最小,則X為H。【詳解】A.電子層越多,原子半徑越大,則原子半徑為O<Na,具有相同電子排布的離子中,原子序數大的離子半徑小,則離子半徑為O2->Na+,故A錯誤;B.Y、T的簡單氫化物分別為H2O、H2S,水分子間存在氫鍵,則沸點H2O>H2S,元素非金屬性越強,對應的簡單氫化物的熱穩定性越強,則熱穩定性H2O>H2S,故B正確;C.非金屬性S>C,則最高價氧化物對應的水化物的酸性為H2SO4>H2CO3,故C錯誤;D.由H、O、Na、S四種元素組成的常見化合物有NaHSO3和NaHSO4,0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH>1,0.1mol·L-1NaHSO4溶液的pH=1,故D錯誤。綜上所述,答案為B。【點睛】氫化物穩定性與非金屬有關,氫化物沸點與非金屬無關,與范德華力、氫鍵有關,兩者不能混淆。3、A【解析】

A.由結構簡式可知,該有機物的分子式為C10H18O,故A正確;B.根據乙烯分子的平面結構分析,與雙鍵兩端的碳原子相連的碳原子都在同一平面上,且單鍵可以旋轉,所以該分子中所有碳原子有可能共面,故B錯誤;C.含有羥基,屬于醇類,因為含有O,所以不是烴,故C錯誤;D.含C=C,能發生加成反應,也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化,含-OH能發生氧化反應,故D錯誤。故選A。【點睛】此題易錯點在C項,烴只能含有碳氫兩種元素。4、A【解析】

A.Cu2HgI4中Cu元素的化合價為+1價,Hg為+2價,I為﹣1價,故A正確;B.Cu元素化合價部分由+1價降低到0價,被還原,CuI為氧化劑,故B錯誤;C.Cu得到電子被還原,Hg失去電子被氧化,故C錯誤;D.由方程式可知,上述反應中生成64gCu,即1mol時,轉移1mol電子,電子數為1NA,故D錯誤;答案選A。5、C【解析】

A.陰極H2O或H+放電生成OH-,溶液中的離子濃度不斷增大,故A正確;B.由分析可知,液相反應中發生的反應為C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl,有反應的化學方程式可知,CuCl2將C2H4氧化成為ClCH2CH2Cl,故B正確;C.陰極H2O或H+放電生成NaOH,所以離子交換膜Y為陽離子交換膜;陽極CuCl放電轉化為CuCl2,所以離子交換膜X為陰離子交換膜,故C錯誤;D.以NaCl和CH2=CH2為原料合成1,2?二氯乙烷中,CuCl→CuCl2→CuCl,CuCl循環使用,其實質是NaCl、H2O與CH2=CH2反應,所以總反應為CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl,故D正確。故選C。6、A【解析】

A.鐵離子在溶液中水解導致陽離子個數增多,故溶液中陽離子個數多于0.2NA個,故A錯誤;B.0.24gMg為0.01mol,Mg在O2和CO2的混合氣體中完全燃燒生成MgO,失去0.02mol電子,則轉移電子數為0.02NA,故B正確;C.CO2的摩爾質量為44g/mol,含22個質子;SO2的摩爾質量為64g/mol,含32個質子,即兩者均是2g中含1mol質子,故3g混合物中含1.5mol質子即1.5NA個質子,故C正確;D.過氧化鈉與二氧化硫反應生成硫酸鈉,1mol過氧化鈉中的?1價的氧原子變為?2價,故1mol過氧化鈉轉移2mol電子即2NA個,故D正確;答案選A。7、A【解析】文中“去土而糖白”是指固體土吸附糖色,所以文中“蓋泥法”的原理與下列相同的是活性炭凈水,故選A。8、B【解析】

A.由“HA的酸性弱于HB的酸性”可知,Ka(HB)>Ka(HA),由圖可知,曲線I表示溶液的pH與-lgc(B-)的變化關系,錯誤;B.根據圖中M、N點的數據可知,c(A-)=c(B-),c(HA)=c(HB),故,正確;M點與N點存在c(A-)=c(B-),M點溶液的pH比N點溶液的pH小,故M點水的電離程度弱,錯誤;D.N、Q點對應溶液的pH相等,由圖可知c(A-)<c(B-),根據電荷守恒可知,N點對應的溶液中c(Na+)小于Q點對應的溶液中c(Na+),錯誤。9、C【解析】

A.中子數為7的碳原子為:,選項A錯誤;B.氯乙烯的結構簡式為:CH2=CHCl,選項B錯誤;C.氯離子的結構示意圖為:,選項C正確;D.HCl為共價化合物,其電子式為:,選項D錯誤。答案選C。10、C【解析】

A.含有酯基、羧基、苯環和碳碳雙鍵,都為平面形結構,則所有碳原子可能共平面,故A正確;B.含有酯基,可發生水解反應,含有碳碳雙鍵,可發生加成反應,含有羧基,可發生酯化反應,故B正確;C.能與氫氧化鈉反應的為酯基和羧基,且酯基可水解生成甲酸和酚羥基,則1mol該物質最多消耗3molNaOH,故C錯誤;D.苯環有2種H,4個H原子,兩個Br可位于相鄰(1種)、相間(2種)、相對(1種)位置,共4種,故D正確。故答案為C。【點睛】以有機物的結構為載體,考查官能團的性質。熟悉常見官能團的性質,進行知識遷移運用,根據有機物結構特點,有碳碳雙鍵決定具有烯的性質,有羧基決定具有羧酸的性質,有醇羥基決定具有醇的性質,有苯環還具有苯的性質。11、A【解析】

A.一個14C中的中子數為8,一個D中的中子數為1,則1個甲基(—14CD3)所含的中子數為11,一個14C中的電子數為6,一個D中的電子數為1,則1個甲基(—14CD3)所含的電子數為9;則1mol甲基(—14CD3)所含的中子數和電子數分別為11NA、9NA,故A正確;B.pH=1的H2SO3溶液中,c(H+)為0.1mol/L,沒有給出溶液的體積,無法根據公式n=cV計算出氫離子的物質的量,也無法計算氫離子的數目,故B錯誤;C.鐵和稀硫酸反應變為+2價,和足量稀硝酸反應變為+3價,故1molFe分別與足量的稀硫酸和稀硝酸反應轉移電子數依次為2mol、3mol,故C錯誤;D.酯在酸性條件下的水解反應是可逆反應,故1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子數小于NA,故D錯誤。答案選A。【點睛】本題考查的是與阿伏加德羅常數有關的計算。解題時注意C選項中鐵和稀硫酸反應變為+2價,和足量稀硝酸反應變為+3價,故失電子數不同;D選項酯在酸性條件下的水解反應是可逆反應,可逆反應的特點是不能進行徹底,故1molCH3COOC2H5在稀硫酸中不會完全水解。12、D【解析】

硝酸銨(NH4NO3)中的兩個氮原子的化合價分別為-3和+5。【詳解】A.硝酸銨分解為N2O和H2O,-3價氮化合價升高到+1價,+5價氮化合價也降低到+1價,發生了歸中反應,合理,故A不選;B.硝酸銨分解為N2、O2、H2O,硝酸銨中-3價氮化合價升高到0價,部分-2價氧的化合價也升高到0價,+5價氮的化合價降低到0價,發生了氧化還原反應,故B不選;C.硝酸銨分解為N2、HNO3、H2O,硝酸銨中的-3價氮和+5價氮發生了歸中反應,生成了氮氣,合理,故C不選;D.硝酸銨分解為NH3、NO、H2,只有化合價的降低,沒有化合價的升高,不合理,故D選。故選D。13、C【解析】

A、Na2S2O3為可溶性鹽類,其與稀硫酸反應的離子方程式為:,故A錯誤;B、硝酸鐵水解會生成硝酸,其氧化性大于鐵離子,因此向硝酸鐵中加入少量碘化氫時,其反應的離子方程式為:,故B錯誤;C、因酸性:碳酸>次氯酸>碳酸氫根,因此向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸的離子反應方程式為:,故C正確;D、硫酸鋁銨與氫氧化鋇以1:2混合形成的溶液中反應的離子方程式為:,故D錯誤;故答案為:C。【點睛】對于先后型非氧化還原反應的分析判斷,可采用“假設法”進行分析,其分析步驟為:先假定溶液中某離子與所加物質進行反應,然后判斷其生成物與溶液中相關微粒是否發生反應,即是否能夠共存,若能共存,則假設成立,若不能共存,則假設不能成立。14、B【解析】

物質的氧化性和還原性,需從兩個反面入手。一是熟悉物質的性質,二是物質所含元素的化合價。如果物質所含元素處于中間價態,則物質既有氧化性又有還原性,處于最低價,只有還原性,處于最高價,只有氧化性。【詳解】A.Cl2中Cl元素化合價為0價,處于其中間價態,既有氧化性又有還原性,而金屬鋁和氫氣只有還原性,A錯誤;A.F2只有氧化性,F2化合價只能降低,K化合價只能升高,所以金屬鉀只有還原性,鹽酸和金屬反應表現氧化性,和高錳酸鉀反應表現還原性,B正確;C.NO2和水的反應說明NO2既有氧化性又有還原性,金屬鈉只有還原性,溴單質既有氧化性又有還原性,C錯誤;D.SO2中硫元素居于中間價,既有氧化性又有還原性,D錯誤。故合理選項是B。【點睛】本題主要考察對氧化性和還原性的判斷和理解。氧化性是指物質得電子的能力,處于高價態的物質一般具有氧化性,還原性是在氧化還原反應里,物質失去電子或電子對偏離的能力,金屬單質和處于低價態的物質一般具有還原性,元素在物質中若處于該元素的最高價態和最低價態之間,則既有氧化性,又有還原性。15、A【解析】

A.碳酸鋇能夠與胃酸(鹽酸)反應產生可溶性的氯化鋇,氯化鋇是重金屬鹽,能夠使蛋白質變性,導致人中毒,所以不能作鋇餐,硫酸鋇既不溶于水,也不溶于稀鹽酸、同時也不能被X透過,所以應該用硫酸鋇作胃腸X射線造影檢查A錯誤;B.氯氣具有強氧化性,可用于海水提溴,B正確;C.氨氣易液化,液氨汽化時吸收大量的熱,使周圍的環境溫度降低,因此可作制冷劑,C正確;D.過氧化鈉能和二氧化碳、水反應生成氧氣,所以過氧化納可用于航天員的供氧劑,D正確;故合理選項是A。16、B【解析】

有機物用水封法保存,則有機物不溶于水,且密度比水大,以此解答.【詳解】A.乙醇與水互溶,不能用水封,故A.錯誤;B.硝基苯密度大于水,且不溶于水,可以用水封,故B正確;C.甘油與水互溶,不能用水封,故C不選;D.己烷密度小于水,在水的上層,不能用水封法保存,故D不選;答案選B。17、C【解析】

A.點①時,NaOH溶液與CH3COOH溶液反應生成等物質的量濃度的醋酸和醋酸鈉的混合溶液,溶液中的電荷守恒式為,溶液中的物料守恒式為,兩式聯立得c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-),A項錯誤;B.點②處溶液呈中性,c(OH-)=c(H+),B項錯誤;C.點③處NaOH溶液與CH3COOH恰好反應生成醋酸鈉,溶液中的電荷守恒式為,溶液中的物料守恒式為,兩式聯立得c(CH3COO-)-C(CH3COOH)=c(Na+)+2c(H+)-2c(OH-),C項正確;D.pH=12的溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+),D項錯誤。答案選C。【點睛】本題首先要根據反應原理分析各點溶液的成分,不論在哪一點,均從物料守恒、電荷守恒、質子守恒來分析溶液中的離子即可。18、B【解析】

A.淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖,葡萄糖被氧化能釋放出能量,故A正確;B.人體內沒有水解纖維素的酶,它在人體內主要是加強胃腸蠕動,有通便功能,不能被消化功能,故B錯誤;C.植物油含不飽和脂肪酸酯,分子中含有碳碳雙鍵具有烯烴的性質,能使Br2/CCl4褪色,故C正確;D.酶是蛋白質,具有高選擇性和催化性能,故D正確;答案選B。19、C【解析】

E點為0.1mol/LHX溶液,AG=lg=8,則=108,水的離子積KW==10-14,由此計算氫離子濃度;F點為等物質的量HX溶液NaX溶液的混合液,此時AG=lg=6,則c(H+)>c(OH-),pH<7;G點為AG=lg=0,則c(H+)=c(OH-);V=10時溶液為NaX溶液,由于水解和水的電離c(OH-)>c(HX)。【詳解】A.F點為等物質的量HX溶液NaX溶液的混合液,此時AG=lg=6,則c(H+)>c(OH-),pH<7,故A正確;B.G點溶液中AG=lg=0,則c(H+)=c(OH-),溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(X-),故c(Na+)=c(X-)>c(H+)=c(OH-),故B正確;C.V=10時溶液為NaX溶液,由于水解和水的電離c(OH-)>c(HX),故C錯誤;D.E點為0.1mol/LHX溶液,AG=lg=8,則=108,水的離子積KW==10-14,,則電離度=,故D正確;故答案選:C。【點睛】溶液中存在電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(X-)。20、C【解析】

A.實驗結束后一定要再次稱量剩余固體質量,再通過其它操作可以計算鎂鋁合金中鎂的質量分數,故A正確;B.為了使其充分灼燒,氧氣要保證充足,故B正確;C.用空氣代替氧氣對實驗有影響,這是因為高溫條件下,鎂還能夠和氮氣、二氧化碳等反應,故C錯誤;D.灼燒后的固體為氧化鎂和氧化鋁的混合物,質量大于ag,這是因為氧氣參加了反應,故D正確;故答案選C。21、A【解析】

化學反應實質是舊的化學鍵的斷裂、新化學鍵的形成的過程,金屬鈉中含金屬鍵、水是共價鍵化合物,生成物氫氧化鈉是含有共價鍵的離子化合物、氫氣是分子中含有非極性鍵的單質分子。【詳解】A.形成離子鍵,而不是生成離子鍵,故A錯誤;B.破壞水分子中的極性共價鍵,故B正確;C.破壞了金屬鈉中的金屬鍵,故C正確;D.形成氫氣分子中氫、氫非極性共價鍵,故D正確;故選:A。22、A【解析】

W化合價為-2價,沒有最高正化合價+6價,故W為O元素;

Z元素化合價為+5、-3,Z處于ⅤA族,原子半徑與氧元素相差不大,則Z與氧元素處于同一周期,故Z為N元素;

X化合價為+2價,應為ⅡA族元素,Y的化合價為+3價,處于ⅢA族,二者原子半徑相差較小,可知兩者位于同一周期相鄰主族,由于X、Y的原子半徑與W、Z原子半徑相差很大,則X、Y應在第三周期,所以X為Mg元素,Y為Al元素,結合元素周期律與元素化合物性質解答。【詳解】根據上述分析可知,X、Y、Z、W分別是Mg、Al、N、O元素,則A.Y的最高價氧化物對應的水化物為氫氧化鋁,即可以與強酸反應,也可以與強堿反應,顯兩性,故A正確;B.放電條件下,氮氣與氧氣會生成NO,而不能直接生成NO2,故B錯誤;C.同一周期中,從左到右元素的金屬性依次減弱,則金屬性:Mg>Al,即X>Y,故C錯誤;D.電子層數相同時,元素原子的核電荷數越小,離子半徑越大,則Mg2+的離子半徑小于O2-的離子半徑,故D錯誤;答案選A。二、非選擇題(共84分)23、丙烯酯基取代反應CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2HCOO-CH=C(CH3)2l:l檢驗羧基:取少量該有機物,滴入少量紫色石蕊試液變紅(或檢驗碳碳雙鍵,加入溴水,溴水褪色)【解析】

A分子式為C3H6,A與CO、CH3OH發生反應生成B,則A結構簡式為CH2=CHCH3,B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3,B發生加聚反應生成聚丁烯酸甲酯,聚丁烯酸甲酯發生水解反應,然后酸化得到聚合物C,C結構簡式為;A與Cl2在高溫下發生反應生成D,D發生水解反應生成E,根據E的結構簡式CH2=CHCH2OH可知D結構簡式為CH2=CHCH2Cl,E和2-氯-1,3-丁二烯發生加成反應生成F,F結構簡式為,F發生取代反應生成G,G發生信息中反應得到,則G結構簡式為。【詳解】根據上述推斷可知A是CH2=CH-CH3,C為,D是CH2=CHCH2Cl,E為CH2=CHCH2OH,F是,G是。(1)A是CH2=CH-CH3,名稱為丙烯,B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3,B中含氧官能團名稱是酯基;(2)C的結構簡式為,D是CH2=CHCH2Cl,含有Cl原子,與NaOH的水溶液加熱發生水解反應產生E:CH2=CHCH2OH,該水解反應也是取代反應;因此D變為E的反應為取代反應或水解反應;(3)E為CH2=CHCH2OH、E與2-氯-1,3-丁二烯發生加成反應生成F,F結構簡式為,該反應方程式為:CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2;(4)B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3,B的同分異構體中,與B具有相同官能團且能發生銀鏡反應,說明含有醛基、酯基及碳碳雙鍵,則為甲酸形成的酯,其中核磁共振氫譜上顯示3組峰,且峰面積之比為6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2;(5)含有羧基,可以與NaOH反應產生;含有羧基可以與NaHCO3反應產生和H2O、CO2,則等物質的量消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比為1:1;在中含有羧基、碳碳雙鍵、醇羥基三種官能團,檢驗羧基的方法是:取少量該有機物,滴入少量紫色石蕊試液變為紅色;檢驗碳碳雙鍵的方法是:加入溴水,溴水褪色。【點睛】本題考查有機物推斷和合成的知識,明確官能團及其性質關系、常見反應類型、反應條件及題給信息是解本題關鍵,難點是有機物合成路線設計,需要學生靈活運用知識解答問題能力,本題側重考查學生分析推斷及知識綜合運用、知識遷移能力。24、加成反應氫氧化鈉水溶液加熱【解析】

B、C、D都能發生銀鏡反應,則結構中都含有醛基,G的結構簡式為,E堿性條件下水解、酸化得到G,則F為,E為,比較D和E的分子式知,D中-CHO被氧化為-COOH生成E,則D為,根據D中取代基的位置結合A的分子式可推測出A為,A經過系列轉化生成B為,B發生信息反應生成C為,與HBr發生加成反應生成D,由G的結構及反應條件和H的分子式可得:H為,由I的組成可知,G通過縮聚反應生成高聚物I,故I為,據此解答。【詳解】(1)根據上述分析,A的結構簡式為;(2)根據上述分析第三步反應為催化氧化反應,方程式為2+O22+2H2O;(3)根據上述分析,①的反應類型為加成反應;(4)E堿性條件下水解得到F,則③的試劑與條件為氫氧化鈉水溶液加熱;(5)根據上述分析,I的結構簡式為;①能發生銀鏡反應,說明結構中含有醛基;②能發生水解反應,說明結構中含有含有酯基;③苯環上一氯取代物只有一種,說明苯環上有4個取代基,且具有一定對稱性;④羥基不與苯環直接相連,則結構中沒有酚羥基,結合上述分析,G的同分異構體結構簡式為;(6)以乙醇為原料合成有機化工原料1-丁醇,碳鏈的增長根據題干信息可以用醛與醛脫水反應實現,產物中的雙鍵和醛基可以通過與氫氣反應轉化為碳碳單鍵和羥基,乙醇催化氧化可以得到乙醛,綜上分析其合成路則該合成路線為:。【點睛】逆合成法的運用往往是解決有機合成題的主要方法,此題從G的結構分析,通過分子式的比較及反應條件等信息分析有機物間的轉化關系;此類題還需注意題干中給出的信息,如醛和醛的脫水反應,這往往是解題的關鍵信息。25、除去水中溶解的氧氣,防止氧化Fe2+蒸發濃縮檢驗晶體中是否含有結晶水防止空氣中水蒸氣逆向進入裝有無水CuSO4的試管,影響實驗結果滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液,出現藍色沉淀(或先滴入2滴KSCN溶液,無明顯變化,再加入幾滴新制氯水,溶液變成紅色)4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+當其它條件相同時,硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩定性。(或當其它條件相同時,硫酸根離子濃度越大,Fe2+的穩定性較好。)O2+4e-+4H+=2H2O溶液酸性越強,Fe2+的還原性越弱13(或2和4)其它條件相同時,溶液酸性增強對Fe2+的還原性減弱的影響,超過了對O2的氧化性增強的影響。故pH=1的FeSO4溶液更穩定。【解析】

I.(1)亞鐵離子具有還原性,在空氣中容易被氧化;向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液,需要經過蒸發濃縮,冷卻結晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍綠色的晶體;(2)①無水硫酸銅遇水變藍色;空氣中也有水蒸氣,容易對實驗產生干擾;②檢驗Fe2+,可以向樣品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液,出現藍色沉淀,說明存在Fe2+;或先滴入2滴KSCN溶液,無明顯變化,再加入幾滴新制氯水,溶液變成紅色,說明存在Fe2+;II.(3)①由表可知,pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中,會產生Fe(OH)3沉淀,說明二價鐵被氧化成了三價鐵,同時和水反應生成Fe(OH)3沉淀;②0.8mol/L的FeSO4溶液(pH=4.5)和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的濃度也不同,可以以此提出假設;(4)①FeSO4中的鐵的化合價為+2價,具有還原性,在原電池中做負極,則左池的碳電極做正極,NaCl中溶解的氧氣得電子生成,在酸性環境中生成水;②實驗1和2(或3和4)中NaCl溶液的pH相同,FeSO4溶液的pH不同,且FeSO4溶液的pH越小,電流越小,結合原電池裝置中,其它條件相同時,負極反應物的還原性越強或正極反應物的氧化性越強,該原電池的電流越大,可以得出結論;③對比實驗1和3(或2和4)發現,FeSO4溶液的pH相同時,NaCl溶液的pH越大,電流越小,結合原電池裝置中,其它條件相同時,負極反應物的還原性越強或正極反應物的氧化性越強,該原電池的電流越大,可以得出結論;④對比實驗1和4,NaCl溶液的pH增大酸性減弱,FeSO4溶液的pH減小酸性增強,但是電流卻減小,結合②③的結論分析。【詳解】I.(1)亞鐵離子具有還原性,在空氣中容易被氧化,在配制溶液時使用到的蒸餾水都必須煮沸、冷卻后再使用,目的是:除去水中溶解的氧氣,防止氧化Fe2+;向FeSO4溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液,需要經過蒸發濃縮,冷卻結晶、過濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍綠色的晶體;(2)①無水硫酸銅遇水變藍色,該裝置的實驗目的是:檢驗晶體中是否含有結晶水;空氣中也有水蒸氣,容易對實驗產生干擾,需要使用濃硫酸防止空氣中水蒸氣逆向進入裝有無水CuSO4的試管,影響實驗結果;②檢驗Fe2+,可以向樣品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液,出現藍色沉淀,說明存在Fe2+;或先滴入2滴KSCN溶液,無明顯變化,再加入幾滴新制氯水,溶液變成紅色,說明存在Fe2+;II.(3)①由表可知,pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4溶液中,會產生Fe(OH)3沉淀,說明二價鐵被氧化成了三價鐵,同時和水反應生成Fe(OH)3沉淀,離子方程式為:4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+;②0.8mol/L的FeSO4溶液(pH=4.5)和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的濃度也不同,0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根濃度更大,故可以假設:當其它條件相同時,硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩定性;或者當其它條件相同時,硫酸根離子濃度越大,Fe2+的穩定性較好;(4)①FeSO4中的鐵的化合價為+2價,具有還原性,在原電池中做負極,則左池的碳電極做正極,NaCl中溶解的氧氣得電子生成,在酸性環境中生成水,故電極方程式為:O2+4e-+4H+=2H2O;②實驗1和2(或3和4)中NaCl溶液的pH相同,FeSO4溶液的pH不同,且FeSO4溶液的pH越小,電流越小,結合原電池裝置中,其它條件相同時,負極反應物的還原性越強或正極反應物的氧化性越強,該原電池的電流越大,可以得出的結論是:溶液酸性越強,Fe2+的還原性越弱;③對比實驗1和3(或2和4)發現,FeSO4溶液的pH相同時,NaCl溶液的pH越大,電流越小,結合原電池裝置中,其它條件相同時,負極反應物的還原性越強或正極反應物的氧化性越強,該原電池的電流越大,可以得出在一定pH范圍內溶液的堿性越強,O2氧化性越強;④對比實驗1和4,NaCl溶液的pH增大酸性減弱,FeSO4溶液的pH減小酸性增強,但是電流卻減小,結合②③的結論,和其它條件相同時,溶液酸性增強對Fe2+的還原性減弱的影響,超過了對O2的氧化性增強的影響。故pH=1的FeSO4溶液更穩定。26、NH3、H2、I2(HI)吸收多余的氨氣Zn+I2═ZnI2安全瓶Fe粉Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2OFe2+被氧化成Fe3+,Fe3+遇SCN-顯紅色假設SCN-被Cl2氧化,向溶液中加入KSCN溶液,若出現紅色,則假設成立Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4【解析】

(1)實驗時中A有大量紫紅色的煙氣,說明生成了碘蒸氣,NH4I發生下列反應:NH4I(固)?NH3(氣)+HI(氣),2HI(氣)?H2(氣)+I2(氣),則NH4I的分解產物為NH3、H2、I2(HI),E裝置濃硫酸的作用是吸收多余的氨氣;(2)裝置B中鋅的作用是吸收碘蒸氣,反應方程式:Zn+I2═ZnI2,故D裝置的作用是作安全瓶,防倒吸,因為氨氣極易被濃硫酸吸收;(3)利用黑色固體可溶于鹽酸并產生氣體,結合“原子守恒”可知用酒精噴燈的乙組實驗得到的固體為Fe;(4)Fe2O3被還原得到黑色固體為Fe3O4,由此可寫出反應的離子方程式;(5)步驟4中溶液變紅是溶液中Fe2+被Cl2氧化為Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2將SCN-氧化,若該假設成立,則溶液中還存在Fe3+,再繼續加入KSCN溶液則溶液變紅;(6)氧化物樣品質量為7.84克,還原成鐵粉質量為5.6克,氧元素質量為:7.84-5.6g=2.24g,則鐵和氧的原子個數比為::=0.1:0.14=5:7,氧化物的平均分子式為Fe5O7,由此確定混合物的組成。【詳解】:(1)實驗時中A有大量紫紅色的煙氣,說明生成了碘蒸氣,NH4I發生下列反應:NH4I(固)?NH3(氣)+HI(氣),2HI(氣)?H2(氣)+I2(氣),則NH4I的分解產物為NH3、H2、I2(HI),E裝置濃硫酸的作用是吸收多余的氨氣;(2)裝置B的作用是吸收碘蒸氣,反應方程式:Zn+I2═ZnI2,因為氨氣極易被濃硫酸吸收,故D裝置的作用是作安全瓶,防倒吸;(3)利用黑色固體可溶于鹽酸并產生氣體,結合“原子守恒”可知用酒精噴燈的乙組實驗得到的固體為Fe;(4)利用甲組現象可知Fe2O3與CO在酒精燈加熱的條件下,Fe2O3被還原得到黑色固體為Fe3O4,由此可寫出反應的離子方程式為Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O;(5)因Fe3+遇SCN-顯紅色,所以乙組步驟3中溶液變紅是溶液中Fe2+被Cl2氧化為Fe3+所致,溶液褪色的原因可能是Cl2將SCN-氧化,若該假設成立,則溶液中還存在Fe3+,再繼續加入KSCN溶液則溶液變紅;(6)氧化物樣品質量為7.84克,還原成鐵粉質量為5.6克,氧元素質量為:7.84-5.6g=2.24g,則鐵和氧的原子個數比為::=0.1:0.14=5:7,氧化物的平均分子式為Fe5O7;則混合物的組成為Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4,故答案為:Fe2O3和FeO或Fe2O3和

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