1、 化学原创试题（18）原创试题1：氯、溴、碘等卤族元素主要来自海水，很多海洋植物中都含有大量的碘，反应是从海藻灰中提取碘的主要反应，反应是从智利硝石中提取碘的主要反应：2NaIMnO23H2SO4=2NaHSO4MnSO42H2OI22NaIO35NaHSO3=2Na2SO43NaHSO4H2OI2下列有关说法正确的是 ()A.NaI和NaIO3在一定条件下能反应生成I2B.I2在反应中是还原产物，在反应中是氧化产物C.两个反应中生成等量的I2时转移电子数相等D.氧化性：MnO2IOI2SOMn2答案：A解析：由题干方程式可以看出，I2的两种生成方法，正确。I2在反应中是氧化产物，在反应中是还
2、原产物，错误。生成molI2反应转移2mol电子，反应转移10mol电子，C错误。通过反应产物为Mn2和I2，可以推理二者是能共存的，因此D项I2Mn2的说法是错误的。原创试题2：在一个密闭玻璃箱内的中央，隔有一个可以左右无摩擦滑动的半透膜，两边的室和室的容积相等，室内充满2mol/L的NaCl溶液，室内充满1mol/L的NaCl溶液（半透膜只允许水分子通过）。下列说法错误的是（ ）A.实验开始后，将向右侧移动B.NaCl的摩尔质量为58.5gmol-1C.移至9处附近即可停止移动D.停止移动，此时、两室内NaCl溶液的物质的量浓度是1.5mol/L答案：C解析：NaCl的摩尔质量为58.5g
3、mol-1。如图所示为典型渗透装置，既有半透膜，又有两侧的浓度差。半透膜可以让水分子自由通过。因室浓度较室高，室水向室扩散速率大于室水向室扩散速率，致使室体积增大，向右侧（室）移动，当、两室浓度相等（为1.5mol/L）时，将停止移动。可利用物质的量浓度的计算公式来推出箱底刻度，过程如下：设、两室原容积相等，都为V(即位于中央刻度时两室的容积)，室增加的体积为x，由于只有当、两室浓度相等时，才停止移动，所以停止移动后、两室的浓度均应为1.5mol/L，则室浓度=1.5,由此得x=V/3，即室增加部分的体积为原体积的1/3，显然要移至刻度处才符合题意。原创试题3：电导率是衡量电解质溶液导电能力大
4、小的物理量，根据溶液电导率的变化可以确定中和滴定的终点。某化学小组同学利用该原理在常温时，分别测定NaOH溶液和氨水的物质的量浓度，并得到如图所示曲线。待测溶液：100 mL氨水、100 mL NaOH溶液标准溶液：0.40的盐酸。下列说法错误的是（ ）A.滴定NaOH溶液时，所得的曲线是bB.达到滴定终点时，N点溶液的pH7，M点溶液的pH=7C.氨水溶液的物质的量浓度为0.10D. NaOH溶液的pH=13答案：B解析：本题考查中和滴定反应知识点。由NaOH+HCl=NaCl+H2O NH3H2O+HCl=NH4Cl+H2O。电导率曲线可以看曲线电导率的转折点就是滴定的终点，马上就可以看出
5、，100mL氨水、100mL NaOH溶液消耗盐酸的物质的量相同（0.4025103L=0.1mol），则氨水、NaOH溶液浓度都是0.10，NaOH溶液的pH=13，但是氨水的的pH没办法算；由于同浓度的氨水、NaOH溶液，电导高的是强电解质NaOH是曲线b，电导低的是弱电解质是曲线a；电导率的转折点是就是滴定的终点，则N点是NaCl，溶液的pH=7，M点是NH4Cl，溶液的pH7。原创试题4：(12分)某研究性学习小组通过查阅资料发现，溶液与溶液反应生成的沉淀中除外还有碱式硫酸铜（化学式可表示为）。为了加以验证，小组成员进行了如下实验：分别配制50物质的量浓度均为0. l00溶液和溶液；准
6、确量取10溶液倒人50烧杯中；向烧杯中匀速加入0.1溶液，并每加入1.00 溶液用pH计测一次混合溶液的;当滴入溶液的体积达到30时停止实验，并绘制出向溶液中滴加溶液时变化曲线如下：请回答以下问题：(1)配制溶液时需要使用烧杯、 、 、 等玻璃仪器；下列仪器中可用于向烧杯中加入溶液的仪器是 。a胶头滴管 b酸式滴定管 c碱式滴定管 d量筒(2)在02.00之间时，溶液中无沉淀产生，但变化较快的原因是 。(3) 在2.0015.00之间时，溶液中产生绿色沉淀，并不断增加，经检测此沉淀为碱式硫酸铜。已知蒸馏水的为6.32，当为15.00时，溶液为6.30，则可求得= ，= 。(4) 在17.002
7、0.00之间时，溶液中出现蓝色沉淀，并不断增加。已知为20.00时，溶液为12.25，则此时沉淀中 （填“含”或“不含”）有碱式硫酸铜，请设计实验方案加以证明 。答案：（1）100容量瓶 玻璃棒、胶头滴管（3分） c（2分）（2）水解产生的反应（2分）（3）1 （1分）；3（1分）（4）含（1分）； 将少量的沉淀溶解在过量的稀硝酸中，在滴加适量的溶液，若有白色沉淀，则沉淀中有碱式硫酸铜，若无白色沉淀，则沉淀中不含碱式硫酸铜。（2分）解析：第(l)小题中，要求精确度达到0.01，且溶液呈碱性，所以选c碱式滴定管。第(2)小题中，未与结合，而是与水解产生的反应。第(3)小题中，溶液的pH与蒸馏水的
8、pH相近，说明加入的几乎全部进入沉淀。故=2:3，得=l，=3。第(4)小题中，加入的与的物质的量之比为1:2，且溶液pH为12.25，说明未完全反应，沉淀中仍含有碱式硫酸铜。方案是一个开放性小题，学生可通过检验沉淀中的存在加以证明，也可将沉淀过滤、洗净、干燥后称承重，与0.001 mol 的质量比较来加以证明等多种方法。原创试题5：(12分)某化学兴趣小组为验证硫酸铜溶液与氨气是否能形成难离解的Cu(NH3)42+，按下图所示装置进行实验。请回答下列问题：(1)开始先打开装置B中的分液漏斗的活塞，滴加适量的稀硫酸后再关闭活塞，装置B中发生的现象是 。(2)装置B中的CuO消耗完毕后，再打开装
9、置A中的分液漏斗的活塞，滴加过量的a （填写名称）后再关闭活塞，装置B中发生的现象是先得到蓝色沉淀后沉淀溶解得到深蓝色的透明溶液。(3)取等体积的装置B反应后得到的深蓝色的透明溶液于3支试管，并向其滴加适量的试剂记录如下：滴加试剂现象结论甲稀NaOH溶液无明显现象乙BaCl2溶液白色沉淀生成丙C2H5OH析出深蓝色的晶体有深蓝色晶体析出根据上述现象写出(2)中发生反应的离子方程式为 。(4)深蓝色溶液中的阳离子内存在的全部化学键类型有 ；向此溶液中加入C2H5OH后可观察到析出深蓝色晶体，该晶体化学式为 。答案：(1)黑色CuO逐渐减少，溶液逐渐变成蓝色 （1分）(2)浓氨水(1分) (3)
10、溶液中不含Cu2+ 或Cu2+极少，不能与NaOH作用生成Cu(OH)2沉淀（1分） 溶液中含有SO42（1分）Cu2+2NH3+2H2O=Cu(OH)2+2NH4+ （2分） Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH（2分）(4)共价键、配位键(2分) Cu( NH3)4SO4H2O或Cu(NH3)4SO4 (2分)解析：开始先打开装置B中的分液漏斗的活塞，滴加适量的稀硫酸后再关闭活塞，目的先得到硫酸铜溶液，再向装置B中通入一定量的氨气，则装置A中是实验室快速得到氨气，则a为浓氨水。在硫酸铜溶液中通入氨气直到过量，CuSO4溶液蓝色沉淀沉淀溶解深蓝色的透明溶液析出深蓝色的晶体，相
11、关的离子方程式为Cu2+2NH3+2H2O=Cu(OH)2+2NH4+ Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH。在Cu(NH3)4SO4的溶液中，加入稀NaOH则得不到Cu(OH)2沉淀，但加入Ba2+则有白色BaSO4沉淀生成。这是因为Cu2+离子与4个NH3分子以配位键结合成难离解的复杂离子配离子Cu(NH3)42+，而配离子Cu(NH3)42+的性质与Cu2+有所不同。从组成可见配合物不仅不符合经典的化学键理论，而且在水溶液中的离解方式也不同于简单化合物。如Cu(NH3)4SO4的离解：Cu(NH3)4SO4Cu(NH3)42+ SO42。深蓝色溶液中的阳离子是Cu(NH3)42+，存在共价键与配位键两类化学键；加入酒精会导致溶质溶解度减小，析出Cu(NH3)4SO4H2O晶体。