安徽省蚌埠市教师2020届高三化学“我为高考命题”仿真模拟试题蚌埠二中5 1

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安徽省蚌埠市教师2020届高三化学“我为高考命题”仿真模拟试题蚌埠二中5 1

安徽省蚌埠市教师2020届高三化学“我为高考命题”仿真模拟试题(蚌埠二中5)‎ 一、 单项选择题(本题共 7 小题,每小题 6 分,共 42 分。在每小题给出的四个选项中, 只有一项符合题目要求。)‎ ‎1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是( )‎ A. 目前提出的“低碳经济”,即减少向环境排放 CO2 有利于控制温室效应 B.“国防金属---镁”可通过浓缩海水,再直接采用电解法获得 C.硅橡胶既能耐高温又能耐低温,广泛应用于航天航空工业 D.煤经过气化和液化等化学变化可转化为清洁能源 ‎2.ClO2 是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂,沸点 11℃,凝固点-59℃。‎ 工业上,可用下列原理制备 ClO2(液相反 17‎ 应) 2FeS2 +30NaClO3 +14H 2SO 4‎ ‎Fe2(SO4)3 +15Na2SO4+30ClO2+14H2O。设 NA 17‎ 是阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是( )‎ A.在标准状况下,2240mL ClO2 含有原子数为 0.3NA B.若生成 1.5mol Na2SO4,则反应后的溶液中 Fe3+数目小于 0.2NA C.48.0g FeS2 完全反应,则上述反应中转移电子数为 6NA D.每消耗 15mol NaClO3,生成的水中氢氧键数目为 14NA ‎3.(原创题)“梯希爱”学名 2-甲基二苯甲酮,结构如图,是一种重要的化工原 料,常作为医药制备的中间体。下列叙述正确的是( )‎ A.“梯希爱”是芳香烃 B.1mol“梯希爱”可与 6molH2 发生加成反应 C.1mol“梯希爱”完全燃烧能生成 14molCO2 和 12 molH2O D.“梯希爱”的结构中最多的共面碳原子数为 14 个 17‎ ‎4.下列有关实验的叙述错误的是( )‎ 选项 实验用其或实验操作 目的或结论 A 点燃插入到由 MnO2、Al 组成的铝热剂(混合物上 有少量 KClO3)上的镁条 证明还原性 Al>Mn B 将含有 HCl、H2O(g)的 Cl2 依次通过盛有饱和食 盐水、浓硫酸的洗气瓶 除去 Cl2 的杂质 C 向某盐溶液 X 中先滴加几滴氯水、再滴 2 滴 KSCN 溶液 确定盐溶液 X 中是否含有 Fe3+‎ D 向某 Na2SO3 溶液中加入用盐酸酸化的 BaCl2 溶液 检验 Na2SO3 是否变质 ‎5.“太阳水”电池装置如图所示,该电池由三个电极组成,其中 a 为 TiO2 电极,‎ b 为 Pt 电极,c 为 WO3 电极,电解质溶液为 pH=3 的 Li2SO4-H2SO4 溶液。锂 离子交换膜将电池分为 A、B 两个区,A 区与大 气相通,B 区为封闭体系并 有 N2 保护。下列关于该电池的说法错误的是( )‎ A.若用导线连接 a、c,则 a 为负极,该电极附近 pH 减小 B.若用导线连接 a、c,则 c 电极的电极反应式为 WO3 + xH++xe- = HxWO3‎ C.若用导线先连接 b、c,再连接 a、c,可实现太阳能向电能转化 D.若用导线连接 b、c, b 电极的电极反应式为 O2+4H++4e-=2H2O ‎6.X、Y、Z 是三种气态物质,在一定温度下其变化符合下图。下列说法一定正 确的是( )‎ 17‎ A.该反应的热化学方程式为 X(g) +3Y(g) ⇌ 2Z(g) △H= -(E2-E1)kJ B.若图 III 中甲表示压强,乙表示 Z 的含量,则其变化符合图 III 中曲线 C.图 II 中曲线 b 是加入催化剂时的能量变化曲线,曲线 a 是没有加入催化剂 时的能量变化曲线 D.该温度下,反应的平衡常数数值约为 533,若升高温度,该反应的平衡常 数减小,Y 的转化率降低 ‎7.室温下,向 100mL 饱和的 H2S 溶液中通入 SO2 气体(气体体积换算成标准状 况),发生反应:2H2S+SO2=3S↓+2H2O,测得溶液 pH 与通入 SO2 的关系如图 所示。下列有关说法错误的是( )‎ 17‎ A.a 点水的电离程度最大 B.a 点之后,随 SO2 气体的通入,‎ ‎‎ ‎3‎ c(HSO - )‎ c(H2SO3 )‎ ‎‎ 的值始终减小 17‎ C.曲线 y 代表继续通入 SO2 气体后溶液 pH 的变化 D.该温度下 H2S 的 Ka1≈10-7.2‎ 二、非选择题(本题共 3 小题,共 43 分。)‎ ‎8.(16 分)全球碳计划组织(GCP,The Global Carbon Project)报告称,2018‎ 年全球碳排放量约 371 亿吨,达到历史新高。‎ ‎(1)中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂,实现了 CO2 直接加氢制取 高辛烷值汽油,其过程如图 1 所示。‎ ‎①已知:CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H= + 41 kJ·mol-1‎ 17‎ ‎2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) △H= -128 kJ·mol-1‎ 则上述过程中 CO 和 H2 转化为 CH2=CH2 的热化学方程式是 。‎ ‎②下列有关 CO2 转化为汽油的说法,正确的是 (填标号)。‎ A.该过程中,CO2 转化为汽油的转化率高达 78% B.中间产物 Fe5C2 的生成是实现 CO2 转化为汽油的关键 C.在 Na-Fe3O4 上发生的反应为 CO2+H2=CO+H2O D.催化剂 HZSM-5 可以提高汽油中芳香烃的平衡产率 ‎③若在一容器中充入一定量的 CO2 和 H2,加入催化剂恰好完全反应,且产物 只生成 C5 以上的烷烃类物质和水。则起始时 CO2 和 H2 的物质的量之比不低 于 。‎ ‎(2)研究表明,CO2 和 H2 在一定条件下可以合成甲醇。反应方程式为 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H<0。一定条件下,往 2L 恒容密闭容 器中充入 1.0molCO2 和 3.0molH2,在不同催化剂作用下合成甲醇,相同时间 内 CO2 的转化率随温度变化关系如图 2 所示。‎ ‎①该反应自发进行的条件是 (填“高温”“低温”或“任意温度”)‎ ‎②催化效果最佳的催化剂是 (填“A”“B”或“C”);b 点时,‎ v(正) v(逆) (填“>”“<”或“=”)。‎ ‎③若容器容积保持不变,则不能说明该反应达到化学平衡状态的是 。‎ a.c(CO2)与 c(H2)的比值保持不变 b.v(CO2)正=v(H2O)逆 c.体系的压强不再发生变化 d.混合气体的密度不变 e.有 lmolCO2 生成的同时有断开 3mol 的 H-H 键 f.气体的平均相对分子质量不变 ‎④已知容器内的起始压强为 100 kPa,若图 2 中 c 点已达到平衡状态,则该温 度下反应的平衡常数 Kp = (只列出计算式,不要求化 简,Kp 为以分压表示的平衡常数,分压=总压×物质的量分数)。‎ ‎9.(12 分)锡酸钠用于制造陶瓷电容器的基体、颜料和催化剂。工业上以锡碲 渣(主要含 Na2SnO3 和 Na2TeO3)为原料,制备锡酸钠的工艺流程图如下,请回 17‎ 答下列问题:‎ 已知:锡酸钠(Na2SnO3)和亚碲酸钠(Na2TeO3)均易溶于碱。‎ ‎(1)“碱浸”过程中,锡碲浸出率与溶液中游离碱质量浓度关系如图所示,则 最理想的质量浓度为 ,理由是 。‎ ‎(2)如图反映的是“除碲”过程中反应温度对碲脱除率的影响关系,70℃后随 温度升高碲脱除率下降的原因可能是 。‎ ‎(3)“除碲”反应的离子方程式为 。‎ ‎(4)从“溶析结晶”回到“碱浸”的物质除烧碱外,主要还有 (写 化学式)。‎ ‎(5)“溶析结晶”母液中还含有少量 SbO43-,可用锡片将 Sb 置换出来,锡转 化成最高价含氧酸盐,写出反应的离子方程式 。‎ ‎10.(15 分)某学生对 Na2SO3 与 AgNO3 在不同 pH 下的反应进行探究。‎ ‎(1)测得 Na2SO3 溶液 pH=10,AgNO3 溶液 pH=5,原因是(用离子方程式 表示): 。‎ ‎(2)调节 pH,实验记录如下:‎ 实验序号 pH 实验现象 17‎ a ‎10‎ 产生白色沉淀,稍后溶解,溶液澄清 b ‎6‎ 产生白色沉淀,一段时间后,沉淀未溶解 c ‎2‎ 产生大量白色沉淀,一段时间后,产生海绵状棕黑色 物质 X 查阅资料得知: ⅰ.Ag2SO3:白色,难溶于水,溶于过量的 Na2SO3 溶液。 ⅱ.Ag2O:棕黑色,不溶于水,能和酸反应。 该学生对产生的白色沉淀提出了两种假设:‎ ‎①白色沉淀为 Ag2SO3。‎ ‎②白色沉淀为 Ag2SO4,推测的依据是 。‎ ‎(3)取 b、c 中白色沉淀,置于 Na2SO3 溶液中,沉淀溶解。该同学设计实验 确认了白色沉淀不是 Ag2SO4。实验方法是:另取 Ag2SO4 固体置于 溶液中,未溶解。‎ ‎(4)将 c 中 X 滤出、洗净,为确认其组成,实验如下: Ⅰ.向 X 中滴加稀盐酸,无明显变化。‎ Ⅱ.向 X 中加入过量浓 HNO3,产生红棕色气体。‎ Ⅲ.分别用 Ba(NO3)2、BaCl2 溶液检验Ⅱ中反应后的溶液,前者无明显变化, 后者产生白色沉淀。‎ ‎①实验Ⅰ的目的是 。‎ ‎②根据实验现象分析,X 的成分是 。‎ ‎③Ⅱ中反应的化学方程式是 。‎ ‎(5)综合该同学以上实验,分析产生 X 的原因: 。 三、选做题(选修 3,选修 5 各有一题,任选一题作答,共 15 分。)‎ ‎11.(15 分)2019 年诺贝尔化学奖授予约翰·古德伊纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和 吉野彰三位科学家,以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。请回答下列问 题:‎ ‎(1)LiCoO2、LiFePO4 常用作锂离子电池的正极材料。基态 Co 原子核外电 子排布式为 ,基态磷原子中,电子占据的最高能层符号为 ;该 能层能量最高的电子云在空间有 个伸展方向,原子轨道呈 形。‎ ‎- -‎ 17‎ ‎(2)[Co(NO3‎ ‎)4]2‎ ‎中 Co2+的配位数为 4,配体中 N 的杂化方式为 ,该 17‎ 配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为 (填元素符号),1mol 该配离子中含σ键数目为 NA。‎ ‎(3)LiFePO4 属于简单磷酸盐,而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐,如: 焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示:‎ 这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为 (用 n 代表 P 原子数)。‎ ‎(4)钴蓝晶体结构如图,该立方晶胞由 4 个 I 型和 4 个Ⅱ型小立方体构成, 其化学式为 ,晶体中 Al3+占据 O2-形成的 (填“四面体空隙” 或“八面体空隙”)。NA 为阿伏加德罗常数的值,钴蓝晶体的密度为 ‎ g·cm-3(列计算式)。‎ ‎12.(15 分)环丙贝特(H)是一种降血脂药物,可明显降低极低密度和低密度脂 蛋白水平,并升高高密度脂蛋白,通过改善胆固醇的分布,可减少 CH 和 LDL 在血管壁的沉积,还有溶解纤维蛋白和阻止血小板凝聚作用。如图是合成环 丙贝特的一种新方法:‎ 17‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)B 的化学名称为 ‎ ‎(2)H 中含氧官能团的名称为 ‎ ‎(3)H 的分子式为 ‎ ‎(4)反应①的反应类型为 ,反应④的化学方程式为 ‎(5)M 为 的同分异构体,能与 NaHCO3 溶液反应产生气体,则 M 的结构共有种 (不考虑立体异构);其中 1HNMR 中有 3 组峰,且峰面积之 比为 6:2:1 的结构简式为 ‎ ‎(6)利用 Wittig 反应,设计以环己烷为原料(其他试剂任选),制备的 合成路线: ‎ 17‎ 我为高考命题——理综化学部分 ‎【参考答案】‎ 一、选择题(共 7 小题,每小题 6 分,共 42 分。)‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ 答案 B A D C C D B ‎1.【答案】B ‎【解析】A.CO2 是主要的引起温室效应的气体之一,A 正确;B.海水浓缩后 直接电解会产生镁的氢氧化物沉淀,无法制得单质镁,B 错误; C.硅橡胶既能 耐高温又能耐低温,广泛应用于航天航空工业,C 正确;D.煤经过气化和液化 等化学变化可转化为清洁能源,D 正确;故答案选 A。‎ ‎2.【答案】A ‎【解析】A.ClO2 沸点 11℃,标况下为液体,2240mL ClO2 的物质的量不是 0.1mol,‎ 故 A 错误;‎ B. Fe3+在水溶液中会发生水解,Fe3+数目会减少,故 B 正确;‎ C. 48.0g FeS2 物质的量为 48g÷120g/mol=0.4mol, NaClO3 中氯元素由+5 价降 到+4 价,失一个电子,故 6mol NaClO3 失 6mol 电子,即 48.0g FeS2 完全反应,‎ 转移电子数为 6NA,故 C 正确;‎ D.消耗 15mol NaClO3 生成 7mol 水,一个水分子中有两个氢氧键,故生成的水 中氢氧键数目为 14NA,故 D 正确;故答案为 A。‎ ‎3.【答案】D ‎【解析】A. 梯希爱中含有氧元素,不属于烃类,不是芳香烃,A 错误;‎ B. 1mol 梯希爱中有 2mol 苯环和 1mol 酮羰基,故可与 7molH2 发生加成反应,‎ B 错误;‎ C. 根据结构简式可以数出该分子中含有 14 个 C 原子,再根据其不饱和度Ω=9,‎ 可计算出有 12 个 H 原子,故 1mol 梯希爱完全燃烧能生成 14molCO2 和 6molH2O,‎ C 错误;‎ D. 根据结构简式,我们可以看出梯希爱中两个苯环和中间羰基都是平面结构, 并用单键连接,可通过单键旋转让所有碳原子共面,D 正确;故答案选 D。‎ ‎4.【答案】C ‎【解析】A、根据铝热反应是置换反应及氧化还原反应规律知,选项 A 正确;‎ B、先通过饱和食盐水除去 HCl,后通过浓硫酸除去 H2O(g),选项 B 正确;‎ C、氯气能将 Fe2+氧化为 Fe3+,选项 C 错误;‎ 17‎ D、若 Na2SO3 已经变质,SO3‎ ‎氧化为 SO4‎ ‎遇 Ba ‎产生白色沉淀,选项 D 正确。‎ 17‎ 答案选 C。‎ ‎5.【答案】C ‎2- 2- 2+‎ 17‎ ‎【解析】A.用导线连接 a、c,a 极发生氧化,为负极,发生的电极反应为 ‎2H2O-4e-=4H++O2↑,a 电极周围 H+浓度增大,溶液 pH 减小,故 A 正确; B.用导线连接 a、c,c 极为正极,发生还原反应,电极反应为 WO3 + xH++xe- = HxWO3,故 B 正确;‎ C.应将导线先连接 a、c,再连接 b、c,由光电池转化为原电池,实现太阳能向 电能转化,故 C 错误;‎ D.用导线连接 b、c,b 电极为正极,电极表面是空气中的氧气得电子,发生还 原反应,电极反应式为 O2+4H++4e-=2H2O,故 D 正确;故答案为 C。‎ 17‎ ‎6.【答案】D ‎【解析】A. 图Ⅰ中 X、Y 的物质的量浓度逐渐减小,应是反应物,Z 的物质的 17‎ 量浓度逐渐增大,应是生成物,浓度的变化比值为(0.5-0.3):(0.7-0.1):(0.4-0)‎ ‎=1:3:2,根据浓度的变化之比等于化学计量数之比可知反应方程式应为 X(g)‎ ‎+3Y(g) ⇌ 2Z(g),由图Ⅱ可知反应物的总能量大于生成物的总能量,反应放热,‎ 反应热为△H= -(E2-E1)kJ/mol,该反应热化学方程式为 X(g) +3Y(g) ⇌ 2Z(g)‎ ‎△H= -(E2-E1)kJ/mol,反应热的单位为 kJ/mol,A 项错误;‎ B. 压强增大,平衡右移,Z 的含量应增大,B 项错误;‎ C. 图Ⅱ也可能为加入不同的催化剂,b 的催化效果较好,或者是曲线 b 是加入 催化剂,曲线 a 是没有加入催化剂时的能量变化曲线,C 项错误;‎ D. 该反应放热,升高温度平衡左移,该反应的平衡常数减小,Y 的转化率降 低,D 项正确;答案选 D。‎ ‎7.【答案】B ‎【解析】A 选项,由题图可知,a 点表示通入 SO2 气体 112mL(即 0.005mol)时 pH=7, 说明 SO2 气体与 H2S 溶液恰好完全反应,溶液呈中性,a 点之前为 H2S 过量,a 点之后为 SO2 过量,溶液均呈酸性,故 a 点水的电离程度最大,故 A 正确;‎ 17‎ B 选项,根据平衡常数表达式可知 ‎c(HSO - )‎ ‎3‎ c(H2SO3 )‎ ‎K a1‎ ‎= c(H + )‎ ‎‎ ‎,a 点之后,随 SO2 气体的 17‎ 通入,c(H+)增大,当通入的 SO2 气体达饱和时,c(H+)不再变化,故 B 错误。‎ C 选项,当通入 SO2 气体 336mL 时,物质的量为 0.015mol,反应后相当于溶液 中的 c(H2SO3)=0.1mol/L,因为 H2SO3 的酸性强于 H2S,故此时溶液对应的 pH 应 小于 4.1,故曲线 y 代表继续通入 SO2 气体后溶液 pH 的变化,故 C 正确;‎ D 选项,由题图中曲线的起点可知,a 点溶液呈中性,说明 SO2 气体与 H2S 溶液 恰好完全反应,由此可知饱和 H2S 溶液中溶质的物质的量为 0.01mol,‎ c(H2S)=0.1mol/L,0.1mol/LH2S 溶液电离出的 c(H+)=10-4.1 mol/L,电离方程式为 H2SH++HS-、HS-H++S2-;以第一步为主,根据平衡常数表达式计算出该 ‎10-4.1 ´10-4.1‎ 17‎ 温度下 H2S 的 Ka1≈‎ 二、非选择题 ‎‎ ‎0.1-10-4.1‎ ‎≈10-7.2,故 D 正确;综上所述,答案为 B。‎ 17‎ ‎8.(16 分,每空 2 分)‎ ‎【答案】(1)①2CO(g)+4H2(g) = CH2=CH2(g)+2H2O(g) ∆H=-210kJ∙mol-1‎ ‎②B ‎③6:19‎ 17‎ ‎(2)①低温 ②A > ③ad ④‎ ‎【解析】‎ ‎60 ´ 1 ´ 60 ´ 1‎ ‎3 3‎ ‎60 ´ 1 ´ (60 ´ 1 ) 3‎ ‎12 4‎ 17‎ 根据已知热化学方程式运用盖斯定律书写新的热化学方程式;根据图示反应 历程分析反应的中间产物,判断催化剂对反应的影响;根据烷烃的通式及题 干信息进行相关计算;根据熵变和焓变判断反应是否自发进行;根据平衡状 态的特征分析反应是否达到平衡状态;根据各物质的分压计算平衡常数。‎ ‎(1)①已知:I CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H= + 41 kJ·mol-1,II ‎2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) △H= -128 kJ·mol-1,根据盖斯定律 17‎ II-I×2 得:2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) △H=-128 kJ·mol-1-(+ 41‎ kJ·mol-1)×2=-210kJ∙mol-1,故热化学方程式为:‎ 17‎ ‎2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) ∆H=-210kJ∙mol-1;‎ ‎②A. 由图示分析 78%并不是表示 CO2 转化为汽油的转化率,故 A 错误;‎ B. 中间产物 Fe5C2 是无机物转化为有机物的中间产物,是转化的关键,故 B 正确;‎ C. 根据图 1 所示,在 Na-Fe3O4 上发生的反应应为 CO2 生成 CO 的反应,氢气 未参加反应,故 C 错误;‎ D. 催化剂 HZSM-5 的作用是加快反应速率,对平衡产率没有影响,故 D 错 误;‎ 故答案为:B;‎ ‎③烷烃的通式为 CnH(2n+2),假设只生成 C6H14 和水,则根据原子守恒知:‎ ‎6molCO2 恰好完全反应生成 1molC6H14 和 12molH2O 需要的 H2 的物质的量为:‎ 17‎ ‎2‎ ‎1mol ´14+12mol ´ 2 = 19mol ,所以 CO ‎和 H2‎ ‎的物质的量之比不低于 17‎ ‎2‎ ‎6mol:19mol=6:9,故答案为:6:9;‎ ‎(2)①该反应为放热反应,△H<0,根据方程式知:△S<0,根据ΔG=ΔH-‎ TΔS,若ΔG<0 则 T 较小,即低温时该反应自发进行,故答案为:低温;‎ ‎②如图所示相同时间内催化剂 A 的转化率较高,说明反应较快催化效果好;b 点时,还未达到平衡,则说明 v(正) > v(逆) ,故答案为:A;>;‎ ‎③a.c(CO2)与 c(H2)初始时比值为 1:3,所以按照化学计量数 1:3 反应后,比 值始终保持不变,不能说明该反应达到平衡,故 a 选; b.根据化学计量数之比知:v(CO2)正=v(H2O)正=v(H2O)逆,正逆反应速率相等, 则说明已经达到平衡,故 b 不选; c.该反应为气体减小的反应,所以当体系的压强不再发生变化,说明反应物和 生成物浓度保持不变,能说明达到平衡状态,故 c 不选; d.根据质量守恒原理知,反应前后总质量始终不变,且容器体积不变,则混合 气体的密度始终不变,所以气体密度不变不能说明达到平衡,故 d 选; e.断开 3mol 的 H-H 键时说明有 3mol 氢气消耗,则应该消耗 1molCO2,则 CO2 的浓度保持不变,能说明达到平衡状态,故 e 不选; f.反应前后气体的物质的量减小,质量保持不变,则气体的平均相对分子质量 应增大,若不变,说明达到平衡状态,故 f 不选;‎ 故答案为:ad;‎ ‎④c 点时 CO2 的转率为 80%,则反应掉 1mol×80%=0.8mol,‎ CO2 (g ) + 3H2 (g ) ‡ˆ ˆ†ˆ CH3OH (g ) + H2O (g ) 起始(mol) ‎1‎ ‎3‎ ‎0‎ ‎0‎ 变化(mol) ‎0.8‎ ‎2.4‎ ‎0.8‎ ‎0.8‎ 平衡(mol) ‎0.2‎ ‎0.6‎ ‎0.8‎ ‎0.8‎ 起始状态容器中气体总物质的量为 1mol+3mol=4mol,平衡时容器中气体总物 质的量为 0.2mol+0.6mol+0.8mol+0.8mol=2.4mol,容器体积不变,起始压强为 ‎100 kPa,则平衡时总压强为:100kPa× 2.4mol =60kPa,根据分压=总压×物质 ‎4mol 17‎ p 3‎ 的量分数计算得: K = P(H2O) × P(CH3OH) = ‎60 ´ 1 ´ 60 ´ 1‎ ‎3 3‎ ‎‎ ‎,故答案为:‎ 17‎ P(CO2 ) × P (H 2 ) 60 ´ 1 ´ (60 ´ 1 ) 3‎ ‎12 4‎ 17‎ ‎60 ´ 1 ´ 60 ´ 1‎ ‎ 3 3 。‎ ‎60 ´ 1 ´ (60 ´ 1 ) 3‎ ‎12 4‎ ‎9.(12 分,每空 2 分)‎ ‎【答案】(1)100g/L 浓度超过 100 后,锡浸出率增幅变小,但碲浸出 率却提高较大,不利于后续分离 ‎(2)温度升高,过氧化氢受热分解 17‎ ‎(3)2Na++TeO3‎ ‎+H2O2=Na2TeO4↓+H2O 17‎ ‎2-‎ ‎(4)Na2SnO3、Na2TeO4‎ 17‎ ‎3-‎ ‎2-‎ ‎(5)5Sn + 4SbO4‎ ‎+ H2O=4Sb + 5SnO3‎ ‎+ 2OH-‎ 17‎ ‎【解析】(1)根据图像可知浓度超过 100 后,锡浸出率增幅变小,但碲浸出 率却提高较大,不利于后续分离,故答案为:100g/L;浓度超过 100 后,锡 浸出率增幅变小,但碲浸出率却提高较大,不利于后续分离;‎ ‎(2)该过程反应物中有过氧化氢,过氧化氢受热易分解,故答案为:温度升 高,过氧化氢受热分解;‎ ‎3‎ ‎(3)过氧化氢具有氧化性,还原产物一般为水,该过程中过氧化氢将 TeO 2-‎ 17‎ 氧化成 Na2TeO4,根据电子守恒和元素守恒可知方程式为:2Na++TeO3‎ ‎+H2O2‎ 17‎ ‎2-‎ ‎=Na2TeO4↓+H2O;‎ ‎(4)溶析结晶后的溶液仍为 Na2SnO3 和 Na2TeO4 的饱和溶液,所以从“溶析 结晶”回到“碱浸”的物质除烧碱外,主要还有 Na2SnO3、Na2TeO4,故答案为: Na2SnO3、Na2TeO4;‎ ‎(5)锡的最高价含氧酸盐为 H2SnO3,锡片可将 Sb 置换出来,即产物中有 Sb 17‎ ‎3-‎ 单质,再结合电子守恒和元素守恒可知方程式为:5Sn + 4SbO4‎ ‎+ H2O=4Sb +‎ 17‎ ‎2-‎ ‎5SnO3‎ ‎+ 2OH-。‎ 17‎ ‎10.(15 分,除注明外,每空 2 分)‎ 17‎ ‎【答案】(1)(3 分)SO3‎ ‎+H2OHSO3 +OH ;Ag +H2OAgOH+H 17‎ ‎2− − − + +‎ 17‎ ‎2−‎ ‎(2)② SO3‎ ‎具有较强的还原性,若被空气中的 O2 氧化为 SO4‎ ‎2−即为 Ag+结 17‎ 合生成 Ag2SO4 沉淀 ‎(3)过量的 Na2SO3(或亚硫酸钠)‎ ‎(4)①验证棕黑色物质 X 不是 Ag2O ② Ag ③ Ag+2HNO3(浓)=AgNO3‎ ‎+NO2↑+H2O ‎(5)随着酸性的增强,体系的还原性增强。‎ ‎【解析】(1)Na2SO3 为强碱弱酸盐,在溶液中水解显碱性,则溶液的 pH=10,‎ 17‎ 其水解离子方程为:SO3‎ ‎+H2O⇌ HSO3 +OH ,AgNO3 为强酸弱碱盐,在溶 17‎ ‎2− − −‎ 液中 pH=5,其水解离子方程为:Ag++H2O⇌ H++AgOH;故答案为:‎ 17‎ SO3‎ ‎+H2OHSO3 +OH 、Ag +H2OAgOH+H 17‎ ‎2− − − + +‎ ‎(2)①推测 a 中白色沉淀为 Ag2SO3,Ag+与 SO32−反应生成 Ag2SO3,Ag2SO3‎ 17‎ 溶于过量的 Na2SO3 溶液,生成沉淀的离子方程式为:2Ag++SO3‎ ‎=Ag2SO3↓,‎ 17‎ ‎3‎ ‎②推测 a 中白色沉淀为 Ag2SO4,其依据为:SO 2−‎ ‎2−‎ 有还原性,可能被氧化为 17‎ ‎2−‎ SO4‎ ‎,与 Ag+反应生成 Ag2SO4 白色沉淀,故答案为:SO3‎ ‎2−具有较强的还原 17‎ 性,若被空气中的 O2 氧化为 SO4‎ ‎即与 Ag+结合生成 Ag2SO4 沉淀;‎ 17‎ ‎2−‎ ‎(3)Ag2SO3 白色,难溶于水,溶于过量 Na2SO3 的溶液,取 B、C 中白色沉 淀,置于 Na2SO3 溶液中,沉淀溶解,说明 B、C 中白色沉淀为 Ag2SO3,另取 17‎ Ag2SO4 固体,同样条件置于足量 Na2SO3 溶液中,进行对照试验,发现沉淀 不溶解;‎ ‎(4)①氧化银能和盐酸生成白色氯化银沉淀和水,溶液的 pH=2,产生大量 白色沉淀,一段时间后,产生海绵状棕黑色物质 X,向 X 中滴加稀盐酸,无 明显变化,说明 X 不是 Ag2O,‎ ‎②向 X 中加入过量浓 HNO3,产生红棕色气体为 NO2,X 与浓硝酸发生氧化 还原反应,X 具有还原性,X 只能为金属单质,只能为银,含有 Ag 元素,不 含 S 元素,‎ ‎③向 X 中加入过量浓 HNO3,产生红棕色气体为 NO2,银和硝酸反应,氮元 素从+5 变为+4 价,同时生成硝酸银和水,反应方程式为:Ag+2HNO3(浓)‎ ‎═AgNO3+NO2↑+H2O.‎ ‎(5)综合该同学以上实验,分析产生 X 的原因:随着酸性的增强,体系的还 原性增强。‎ 三、选做题 ‎11.(15 分)‎ ‎【答案】(1)1s22s22p63s23p63d74s2 或[Ar]3d74s2 (1 分) M(1 分) 3‎ ‎(1 分) 哑铃(1 分) sp2(1 分)‎ ‎(2) Co、O、N(1 分) 16 (1 分)‎ ‎+ -‎ 17‎ ‎(3)(PnO3n+1)(n 2)‎ ‎(2 分)‎ ‎‎ A ‎8(59+2 ´ 27+4 ´16)‎ 17‎ ‎(4) CoAl2O4(2 分) 八面体空隙(2 分)‎ 分)‎ ‎N (2a ´10-7 )3 (2‎ 17‎ ‎【解析】(1)Co 为 27 号元素,Co 原子核外有 27 个电子,根据核外电子排 布规律可得其基态 Co 原子核外电子排布式;基态磷原子核外有三层电子,故 最高能层符号为 M,电子云在空间有 3 个伸展方向,原子轨道为哑铃型;‎ ‎- 5+0+1 =3‎ 17‎ ‎(2)NO3‎ ‎中价层电子对数为 ‎2‎ ‎,故为 sp2 杂化;一般情况下非金属性 17‎ 越强第一电离能越大,但由于 N 原子中最外层为半充满状态,比较稳定,故 第一电离能大于 O,所以第一电离能由小到大的顺序为 Co、O、N;一个 NO3‎ ‎-中有 3 个σ键,配位键也为σ键,故σ键数目为 3×4+4=16,则 1mol 该配离子 中含σ键数目为 16NA;‎ 17‎ ‎(3)可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导:PO4‎ ‎、P2O7 、‎ 17‎ ‎3− 4−‎ 17‎ ‎5−‎ P3O10‎ ‎磷原子的变化规律为:1,2,3,4,n 氧原子的变化规律为:4,7,10,3n+1 酸 17‎ ‎+ -‎ 根所带电荷数的变化规律为:3,4,5,n+2;故答案为:(PnO3n+1)(n 2)‎ ‎(4)根据钴蓝晶体晶胞结构分析,一个晶胞中含有的 Co、Al、O 个数分别 为:4 ´(4 ´ 1 / 2)´ 2+ 4=8 ,4 ´ 4=16 ,8 ´ 4=32 ,所以化学式为 CoAl2O4;根据结 构观察,晶体中 Al3+占据 O2−形成的八面体空隙;该晶胞的体积为(2a ´10-7 )3 ,‎ ‎32 ´16 + 16 ´ 27 + 8 ´ 59 = 8(59+2 ´ 27+4 ´16)‎ 17‎ N 该晶胞的质量为 NA ‎8(59+2 ´ 27+4 ´16)‎ A N (2a ´10-7 )3 。‎ ‎12.(15 分)‎ ‎,所以密度为 A 17‎ ‎【答案】(1)对羟基苯甲醇(或 4-羟基苯甲醇)(1 分)‎ ‎(2) 羧基、醚键 (2 分)‎ ‎(3)C13H14O3Cl2 (1 分)‎ ‎(4)加成反应(1 分) +→+HBr (2‎ 分)‎ ‎(5)12 (2 分) 、 (2 分)‎ ‎(6) (4 分)‎ ‎【解析】A( )与 HCHO 在碱性条件下发生加成反应生成 B ‎( );B 氧化生成 C( );C 生成 D ‎( );D 与 发生取代反应生成 E( )和 HBr;E 环化生成 F( );F 酸性条件下水解生成 H ‎( ),据此分析。‎ ‎(1)B 为 ,命名为对羟基苯甲醇(或 4-羟基苯甲醇);‎ ‎(2)H 为 ,H 中含氧官能团为羧基、醚键;‎ ‎(3)H 为 ,由结构简式可知,H 的分子式为 C13H14O3Cl2;‎ ‎(4)反应①为加成反应,反应④为取代反应,产物中还有 HBr,化学方程式为 ‎+→+HBr;‎ ‎(5)M 为 的同分异构体,满足条件的 M 的结构简式为 ‎、 、 、‎ ‎、 、 、‎ 17‎ ‎、 、 、‎ ‎、 、 共 12 种;其中 ‎1HNMR 中有 3 组峰,且峰面积之比为 6:2:1 的结构简式为 、‎ ‎;‎ ‎(6)根据题干信息①②③可得出合成路线,由环己烷为原料制备 的合成 路线为 。‎ 17‎
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