22-第三次化学测试答案-2月28.docx

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1、第二十二次化学测试（三）答案7C8B9D10A11D12A13C26(1)加快并促进 Na2CO3 水解，有利于除去油污(1 分) (2)Fe+2Fe3+=3Fe2+ (2 分)(3)检验产物中是否有水生成(2 分)(4)SO2(2 分)SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+(2 分)否，若有 SO3 也有白色沉淀生成(2 分)(5)Fe2O3(2 分)(6)2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3+N2+4SO2+5H2O(2 分 ) 27 (1)MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O (2 分)(2)充分氧化过量的 Fe2+(2 分

2、)4(2 分)(3)CuS、ZnS(2 分) (4)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(2 分)47.3(4 分)28(1)0.5 (2 分)B (1 分)(2)反应放热，体系的温度升高，反应速率加快(1 分)225(2 分) (1 分)(3)-1626.9 kJ/mol(2 分)b (1 分)32 42(4)2SO 2-+4H+2e-=S O 2-+2H O(2 分)阳(1 分)38(1)甲苯(1 分)羧基(1 分)(2)加成反应(1 分) (2 分)(2 分)(3)酸性高锰酸钾溶液(1 分)4 (2 分)+CH3COOH+H2O(2 分)(4)(5)(3分)【7】A 项，电解饱和

3、食盐水反应产生 NaOH、H2、Cl2，不能反应制备金属钠，A 错误；B 项， 海带中的碘是以 I-形式存在，单质碘遇淀粉变蓝色，I-遇淀粉不变蓝色，故 B 错误；C 项，垃圾是放错位置的资源。我们国家一直在提倡生活垃圾的分类回收、加工、再利用， 对废旧金属进行回收利用，可以提高资源的利用率，是保护金属资源的途径之一，C 正确；D 项， 煤的干馏、液化和气化均属于化学变化，D 错误。【8】A 项，根据加和可得上述反应的总反应式为 CH4CF3COOH1/2O2CF3COOCH3+H2O，故 A 错误。B 项，CF3COOCH3 发生水解反应的产物为 CF3COOH 和CH3OH，故生成 CH3

4、OH 的反应式为 CF3COOCH3H2OCF3COOHCH3OH，故 B 正确；C 项， 反应中 Pd2参与反应，反应中又生成等物质的量的 Pd2，故 Pd2为催化剂不是中间产物，故 C 错误；D 项，根据反应 CH4CF3COOH1/2O2CF3COOCH3+H2O、CF3COOCH3H2OCF3COOHCH3OH 可得制甲醇的反应方程式为 CH41/2O2CH3OH，故每生成1molCH3OH，消耗标准状况下 O2 的体积为 11.2L，故 D 错误。故选 B。【9】A 项，过程利用 NaHCO3 的溶解度比较小，NH4HCO3 和 Na2SO4 发生反应：2NH4HCO324 3323

5、24 32434 244Na SO =2NaHCO (NH ) SO ，故 A 正确；B 项，溶液 B 已经呈酸性，检验 SO 2只需加入 BaCl 溶液即可，故 B 正确；C 项，若省略过程，溶液中还有一定量的 HCO ，加入 Al (SO ) ， Al (SO ) 会与 HCO 发生双水解反应，铵明矾产率会明显减小，故 C 正确；D 项，向铵明矾溶液中逐滴加入 NaOH 溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成刺激性气体逸出白色沉淀消失，故 D 错误；故选 D。【10】某种化合物由 W、X、Y、Z 四种短周期元素组成，由结构图

6、可知 X 的简单离子为 X+，W、X、Y 三种简单离子的核外电子排布相同，结合 Y 核外最外层电子数是 W 核外最外层电子数的二倍，可知 X 为 Na 元素，Y 为 O 元素，则 W 为 Al 元素；有 W、Y、Z 分别位于三个不同周期，可知 Z 为 H 元素，该化合物为 NaAl(OH)4；A 项，同周期的主族元素核电荷数大， 原子半径小，则原子半径 NaAlS，S 和 O 同主族，则原子半径 SO，氢原子是原子半径最小的原子，则原子半径：HOAlNa，即 ZWYX，故 A 错误；B 项，金属越活泼， 简单离子的氧化性的越弱，Na 的金属性比 Al 强，则简单离子的氧化性：Al3+Na+，故

7、 B 正确； C 项，Na2O2、H2O2 均有强氧化性，具有漂白性，故 C 正确；D 项，Al(OH)3 能与 NaOH 溶液反应，即 Al、Na 的最高价氧化物的水化物可相互反应，故 D 正确；故选 A。【11】A 项，依题意，HX 和 HY 是两种一元酸。由图象知，加入氢氧化钠溶液，水电离程度增大，溶液由酸性逐渐变为中性，当恰好完全反应时溶液呈碱性且水电离程度达到最大值。HX 为弱酸，故 A 错误；B 项，T、P 点对应的溶液都呈碱性，故 B 错误；C 项，N 点呈中性， 加入蒸馏水稀释中性溶液，稀释后溶液仍然呈中性，故 C 错误；D 项，取 M 点计算电离常数，c(H)c(OH-)11

8、0-7molL-1，混合溶液中c(Na+ ) = c(Y- ) =x 20+x 0.1 mol L-1 ，20-x-1c(H+ )c(Y- )xc(HY) = 0.1 mol L 20+x， Ka =c(HY)= (20-x) 107 ，故 D 正确。故选 D。222【12】A 项，由分析可知，在钛网上 NaBr 将被氧化为溴单质，失电子发生氧化反应，钛网作阳极，与电源的正极相连，A 项错误；B 项，石墨电极作阴极，发生还原反应，电极反应为：2H O+2e-=H 2OH，B 项正确；C 项，电解过程中，左侧发生的反应为 2Br-2e-=Br 、CH2OH(CHOH)4CHOBr2H2O=CH2

9、OH(CHOH)4COOH2HBr，右侧电极反应为：2H2O+2e-=H22OH，左侧产生的 H+经过质子交换膜不断向右侧提供被消耗的 H+，右侧硫酸钠溶液的浓度不变，C 项正确；D 项，电解过程中溴离子氧化生成的 Br2 将葡萄糖氧化为葡萄糖酸，化学方程式为 CH2OH(CHOH)4CHOBr2H2O=CH2OH(CHOH)4COOH2HBr，D 项正确；故选 A。【13】由现象 1 可知混合气体含水蒸气，且含过量的氢气，固体混合物 Y 溶于水，生成紫红色固体单质，应为 Cu，得到碱性溶液，焰色反应呈黄色，说明含有 Na 元素，与盐酸发生1.28g中和反应，应为 NaOH，则 X 含有 Na

10、、Cu、O 等元素，X 中含 Cu 为 64g / mol =0.02mol，含 Na 为 0.02mol，含 O 的物质的量为2.38g -1.28g - 0.02mol 23g / mol16g / mol=0.04mol，则化学式为 NaCuO2。A 项，X 与氢气反应生成的混合气体含水蒸气，则 X 中含 O 元素，故 A 正确；B 项，由现象 2 和 3 可知，固体混合物 Y 的成分为 Cu 和 NaOH，故 B 正确；C 项，X 的化学式为 NaCuO2，故 C 错误；D 项，X 中 Cu 为+2 价，可降低，具有氧化性，故 D 正确。故选 C。【26】(1)步骤是用碳酸钠溶液除去废

11、铁屑表面的油污，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，由于盐的水解反应是吸热反应，加热，可促进盐的水解，使溶液碱性增强，因 而可加快油污的除去速率；(2)亚铁离子易被氧化，少量铁还原氧化生成的 Fe3+，反应的离子方程式为 Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2 在 500时隔绝空气加热分解，H、O 结合有水生成， 故 B 装置的作用是检验产物中是否有水生成。(4)装置 C 中 BaC12 溶液的作用是为了检验分解产物中是否有 SO3 气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，但该装置中没有明显现象，可知产物中无有 SO3 气体生

12、成；装置 D 中有白色沉淀， 说明产物中有 SO2 气体生成，通入过氧化氢发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+，若去掉 C，若有 SO3 也有白色沉淀生成，不能得出说明出有 SO2 而无 SO3 的结论。(5)称取 14.20g 硫酸亚铁铵固体，14.20g物质的量= 284g / mol =0.05mol，铁元素物质的量为 0.05mol，铁常见氧化物为氧化铁、氧化亚铁、四氧化三铁，其相对分子质量分别为 160、72、232。隔绝空气加热至 500时使其完全分解，冷却后称得固体质量为 4.00g，0.05mo

13、l 铁元素若为 Fe2O3，物质的量为 0.025mol，质量=0.025mol160g/mol=4.0g，FeO 质量=0.05mol72g/mol=3.6g，若为 Fe3O4 的质量1=0.05mol232g/mol=3.9g，故固体为氧化铁；(6)实验可知反应的生成物有 NH3、SO2、Fe2O3、3H2O、N2，结合元素守恒和得失电子守恒配平得到2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3+N2+4SO2+5H2O。【27】(1)软锰矿中加入 H2SO4 和过量 FeSO4 溶液“酸浸”时 MnO2 被还原为 MnSO4，则 FeSO4被氧化成 Fe2(SO4)3，“酸浸”时发生

14、的主要反应的化学方程式为：MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O。(2)“酸浸”时除了 MnO2 被还原成 MnSO4 外，Fe、Al、Zn、Cu 也溶解转化为 FeSO4、Al2(SO4)3、ZnSO4、CuSO4，酸浸后过滤得到的滤液中含 MnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、Al2(SO4)3、ZnSO4、CuSO4；向此滤液中加入氨水并搅拌，其中3 135115“搅拌”不仅能加快反应速率，还能将 Fe2+充分氧化转化成 Fe3+；加入氨水调节 pH 使 Al3+、Fe3+ 完全转化成 Al(OH)3、Fe(OH)3 沉淀形成滤渣 A，由于

15、Al(OH)3、Fe(OH)3 类型相同且 Al(OH)3 的溶度积大于 Fe(OH)3 的溶度积，使 Fe3+、Al3+完全沉淀，只要使 Al3+完全沉淀，即c(Al3+)110-5mol/L，c(Al3+)c3(OH-)=10-35，c(OH-)=110-10mol/L，c(H+)110-4mol/L，pH4，pH 至少达到 4 能使 Fe3+、Al3+沉淀完全。(3)加入氨水调节 pH 至 5.4 经过滤后滤渣 A 为 Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含 MnSO4、ZnSO4、CuSO4、(NH4)2SO4，向滤液中加入 MnS 并加热至沸，发生沉淀的转化形成难溶的 ZnS、Cu

16、S 将 Zn2+、Cu2+除去，过滤得到的滤渣 B 的成分为 ZnS、CuS。(4)根据题意电解过程中 MnSO4 被氧化成 MnO2，则阳极电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。(5)MnO2 与足量酸性 KI 反应的离子方程式为：MnO2+4H+2I-=Mn2+I2+2H2O，得出关系式：MnO2I22Na2S2O3，111mLn(MnO2)=2n(Na2S2O3)=2 0.08mol/L0.025L 2mL =0.005mol，m(MnO )=0.005mol87g/mol=0.435g，该样品纯度为 th35g 100%=47.3%。2t2g【28】(1)用 O2

17、表示的速率方程为 v(O2)=k1c2(NO)c(O2)、NO2 表示的速率方程为v(NO2)=k2c2(NO)c(O2)，2v(O2)=v(NO2)，所以v (O2 ) v (NO2 )= k1 = 1 ；A 项，反应速率常数只与k22温度有关，与压强大小无关，A 错误；B 项，反应越容易，反应物活化能越小，反应速率越快，第一步反应较快，说明反应物活化能较小，B 正确；C 项，反应的总活化能小于第一步和第二步反应的活化能之和，C 错误；故合理选项是 B；(2)该反应的正反应是放热反应， 加入反应物，随着反应的进行，反应体系温度升高，化学反应速率加快；反应开始时c(NO2)=0.2mol/L，

18、c(N2O4)=0mol/L，到平衡时 c(NO2)平=0.02mol/L，则根据方程式 2NO2(g)N2O4(g)中物质变化关系可知 c(N2O4)平=0.09mol/L 则该温度下该反应的化学平衡常数K= c (N2O4 ) =2c2 (NO )0.090.022=225；甲容器保持恒容，乙容器保持恒温，由于该反应的正反应是放热反应，随着反应的进行，容器内气体的温度升高，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向 移动，所以平衡时，K 甲P 乙；升高温度平衡常数减小，则平衡常数的对数减小，图中横坐标数值越大，温度越低，化学平衡常数越大，其对数越大，所以 a 符合，故选 a；(3)i. 4NH3(g

19、)+4NO(g)+O2(g)= 4N2(g)+6H2O(g)H1ii. 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)H2=1267.1kJ/mol iii. 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)H3=907.3 kJ/mol将方程式 2ii-iii，整理可得 4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)H1=2H2-H3=-1626.9 kJ/mol；氮氧化物残留浓度越低越好；温度超过 1000，氨气和氧气反应生成 NO；氮氧化物残留浓度越低越好，根据图知，在 9001000时氮氧化物浓度最低；温度超过 1000，氨气和氧气反应生成

20、 NO，导致 NO 浓度增大，故合理选项是4b；(4)阴极上亚硫酸根离子得电子生成 S2O42-，电极反应式为 2SO32-+4H+2e-=S2O 2-+2H2O，阳极上，水失电子生成氧气和氢离子，右侧多余的氢离子通过离子交换膜进入左侧，所以交换 膜为阳离子交换膜。【38】由 C及反应条件可知 C 为苯甲醇，B 为，A 为甲苯。在相同条件下，D 的蒸气相对于氢气的密度为 39，则 D 的相对分子质量为 392=78，D 与 A 互为同系物，由此知 D 为芳香烃，设 1 个 D 分子中含有 n 个碳原子，则有 14n-6=78，解得 n=6， 故 D 为苯与乙醛反应得到 E，结合信息，E ，E 与溴发生加成反应得到的 F 为，F 发生氧化反应生成的 G 为。(1)根据分析可知，A 为甲苯，G 为，则 G 中含氧官能团为羧基；(2)反应为苯甲醛与氯仿发生加成反应生成，根据上述分析，甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚()，共 4 种；(4)反应为乙酸和发生酯化反应，化学方程式为+CH3COOH+H2O； (5) 苯乙醛与甲醛反应生成，再与溴发生加成反应生成最后发生催化氧化反应生成，故合成路线为。B 和 F 的结构简式分别、； (3)甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能；C 为苯甲醇属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间，