NH3·H2O
NH4++OH-,加入(NH4)2SO4,c(NH4+)增大,平衡向逆反应方向移动,c(OH-)减小,c(NH3·H2O)增大,即比值减小,故D正确。
2、A、半径大小比较:
一看电子层数,电子层数越多,半径越大,二看原子序数,核外电子排布相同,半径随着原子序数的增大而减小,因此半径大小顺序是Ga>Br>Al>Cl,故A错误;B、同主族从上到下金属性增强,非金属性减弱,(非)金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的碱(酸)性增强,即碱性Ga(OH)3>Al(OH)3,酸性:
HClO4>HBrO4,故B正确;C、都是溴元素,核外电子排布相同,因此得电子能力相同,故C错误;D、30号元素是锌元素,属于IB族,不是主族,故D错误。
3、A、根据烧渣的成分,加入足量的酸后,Fe2O3属于碱性氧化物,与酸反应生成后转化成Fe3+,Al2O3属于两性氧化物,与酸反应后生成Al3+,SiO2属于酸性氧化物,一般不与酸反应,即溶液1中含有阳离子是H+、Fe3+、Al3+,这三种离子不与HCO3-大量共存,Fe3+和I-发生氧化还原反应,因此不能大量共存,故A说法错误;B、根据流程,溶液2中含有Fe2+,加入K3[Fe(CN)6]检验Fe2+的存在,产生蓝色沉淀,说明含有Fe2+,故B说法正确;C、固体2应是Al(OH)2,氢氧化铝表现两性,与碱反应:
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,故C说法正确;D、Fe2+具有还原性,容易被空气氧气氧化,同时FeSO4·7H2O容易失去结晶水,因此制备FeSO4·7H2O时,应注意防止其氧化和分解,故D说法正确。
4、A、乙苯不含有碳碳双键,不能使溴的四氯化碳褪色,苯乙烯中含有碳碳双键,能使溴的四氯化碳褪色,因此可以鉴别,故A说法正确;B、乙苯-CH3和-CH2-中碳原子是sp3杂化,因此所有原子不共面,故B说法错误;C、苯乙烯中含有碳碳双键,能发生氧化反应和加成反应,苯乙烯中含有苯环,能与液溴等发生取代反应,故C说法正确;D、苯和乙苯结构相似,且组成上相差2个“CH2”,因此两者互为同系物,故D说法正确。
5、A、这是碱式滴定管,盛放碱性溶液,酸性高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管,故A错误;B、研究某一种因素对化学反应速率的影响,要求其他条件不变,故B错误;C、苯防止空气中氧气进入溶液中,可以长时间观察Fe(OH)2的颜色,故C正确;D、SO2溶于水生成H2SO3,其中S显+4价,不是最高价,溶液变浑浊,说明亚硫酸的酸性强于硅酸,但不能说明S的非金属性大于Si,通过酸性的强弱比较非金属性,应是最高价氧化物对应的水化物,故D错误。
6、能与金属钠反应,根据分子式,说明含有羟基,因此结构可能是
(氯原子可以在①②③位置上)有三种、
(氯原子在④⑤位置上)有两种,共有5种,故选项B正确。
7、A、有些金属活动性差,高温下不与氧气反应,如金,故A说法正确;B、明矾是KAl(SO4)2·12H2O,其水溶液显酸性,铜锈是Cu2(OH)2CO3,与酸反应,故B说法正确;C、电镀液中含有重金属离子,重金属离子能使蛋白质中毒,使人中毒,因此不能随意排放,故C说法正确;D、铁比铜活泼,构成原电池,铁作负极,加速铁的腐蚀,故D说法错误。
8、本题考查实验方案设计与评价,【进行实验】
(1)盛放NaClO3和Na2SO3的固体的仪器是三颈烧瓶;
(2)装置C的作用是安全瓶,防止D试管中液体进入装置B中;(3)根据信息,ClO2→NaClO2,其中Cl的化合价由+4价→+3价,化合价降低,即ClO2作氧化剂,H2O2作还原剂,被氧化成O2,因此有ClO2+H2O2+NaOH→NaClO2+O2↑+H2O,然后根据化合价的升降发进行配平,即离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O ;(4)根据信息,NaClO2在高于60℃时,分解成NaClO3和NaCl,因此低于60℃干燥;过滤注意事项:
一贴二低三靠,a、根据过滤时注意事项,故a说法正确;b、过滤时滤纸的边缘低于漏斗边缘,故b说法错误;c、过滤时用玻璃棒引流,故c说法正确;d、过滤时不能用玻璃棒搅拌,防止弄破滤纸,故d说法正确;【实验反思】
(1)如果撤去D中冷水浴,可能造成温度超过60℃,使NaClO2分解成NaClO3和NaCl,因此产品中杂质可能是NaClO3和NaCl;
(2)因为硫酸和亚硫酸钠反应生成SO2,SO2进入装置D中,产生杂质,因此NaClO3稍微过量的目的是防止B中产生SO2进入D试管中,影响产品纯度;检验SO42-的操作是:
加入足量的盐酸,无现象,再加适量BaCl2溶液,产生白色沉淀;(3)建立关系式:
ClO2-~2I2~4S2O32-,因此样品中m(NaClO2)=V×10-3×c×100×90.5/(4×25)g,即质量分数为V×10-3×c×100×90.5/(4×25×m)×100%=
%。
点睛:
本题易错点是实验反思中的(3),设计化学计算,在滴定实验中,往往采用关系式法,把未知和已知建立联系,中介往往是前一个反应中的产物,是后一个反应中的反应物,因此I2作为中介,有ClO2-~2I2~4S2O32-,同时还要注意稀释成100ml,然后取出25ml溶液进行滴定。
9、本题考查有机物的合成和推断,
(1)根据题目中所给信息,A中含有甲醛,根据信息I和扁桃酸的结构简式,推出A的结构简式为
,名称为苯甲醛A在催化剂的作用下与氢气发生加成反应,可能生成苯甲醇,也可能生成
,根据B的式量,则B的结构简式为
;
(2)扁桃酸和苯甲醇发生酯化反应,因此C中含有的官能团是酯基和羟基;C在碱性条件下发生水解反应,生成醇和酸,即反应方程式为
;(4)根据高分子化合物的结构简式,其单体是甲醛和对甲基苯酚,因此形成高分子化合物的类型为缩聚反应;F的结构简式为
,A和银氨溶液反应以及在酸性条件下,生成D,D为苯甲酸,根据信息II,推出E的结构简式为
,因此N的结构简式为
;(5)根据①说明不含酚羟基,根据②属于甲酸某酯,结构简式中存在“
”,③有5种不同环境的氢原子,其原子个数比为1:
2:
2:
1,其结构简式为
;(6)根据信息,制备CH3COCl,应是用CH3COOH和SOCl2反应,因此需要用乙醇制备乙酸,因此合成路线是CH3CH2OH
CH3CHO
CH3COOH
CH3COCl。
点睛:
本题难点是同分异构体的书写,需要根据题目中信息推出含有官能团和可能具有的结构,据①说明不含酚羟基,根据②属于甲酸某酯,结构简式中存在“
”,③有5种不同环境的氢原子,其原子个数比为1:
2:
2:
1,然后根据扁桃酸的分子式,写出符合条件的同分异构体。
10、
(1)考查热化学反应方程式的计算,目标反应是CO+2H2=CH3OH,根据△H=反应物键能总和-生成物键能总和=[1076+2×436-(3×413+351+463)]kJ·mol-1=-105kJ·mol-1,热化学反应方程式为:
CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=-105kJ·mol─1;
(2)考查影响化学平衡移动的因素、化学平衡状态的判断,①根据图像,随着温度升高,甲醇的转化率增大,说明反应向正反应方向进行,即正反应是吸热反应,△H>0;②曲线上的每一个点达到平衡,Y→X点,甲醇的转化率降低,说明反应向逆反应方向进行,即v(逆)>v(正);③A、题目中没有说明开始时甲醇的通入量和转化率,因此c(CH3COH)=c(HCHO),无法判断是否达到平衡,故A说法错误;B、根据化学平衡状态的定义,当体积分数不再改变,说明反应达到平衡,故B说法正确;C、用不同物质的反应速率表示,首先是反应方向是一正一逆,v正(CH3OH)说明反应向正反应方向进行,v逆(HCHO)反应向逆反应方向进行,然后速率之比等于化学计量数之比,因此当V正(CH3OH)=V逆(HCHO),说明反应达到平衡,故C说法正确;D、根据M=m/n,组分都是气体,因此气体质量保持不变,反应前气体系数之和小于反应后气体系数,即气体物质的量增大,因此有当平均摩尔质量保持不变,说明反应达到平衡,故D说法正确;(3)考查电离平衡常数、弱电解质的电离和盐类水解,①根据电离平衡常数的意义,电离平衡常数越大,说明酸性或碱性越强,即HSCN的酸性强于CH3COOH,当两者浓度相等时,HSCN溶液中c(H+)大于CH3COOH,因此开始时HSCN反应速率快;两者恰好完全反应后,溶质分别是CH3COONa和NaSCN,依据盐类水解的规律“越弱越水解”,CH3COO-水解程度大于SCN-,即c(CH3COO-)Ka=c(CH3COO-)×c(H+)/c(CH3COOH)=
=10-7×2b/(a-2b);(4)考查电极反应式的书写,根据原电池的工作原理,电子从