【化学】河北省唐山市2020届高三第一次模拟考试(解析版)

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【化学】河北省唐山市2020届高三第一次模拟考试(解析版)

河北省唐山市2020届高三第一次模拟考试 相对原子质量(原子量): H1 Li7 B‎11 C12 N14 016 Na23 S32 Cl35.5 Cr52 Fe56 Zn65‎ ‎1.化学与中华古文化密切相关,下列说法不正确的是( )‎ A. 汉代烧制出“明如镜、声如馨”的瓷器,其主要原料为粘土 B. 雾霾天气会危害人类的健康,“雾” 和“霾”的分散质微粒不同 C. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀,原理是牺牲阳极的阴极保护法 D. 煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和高级脂肪酸甘油酯 ‎【答案】D ‎【详解】A.陶瓷以黏土为原料,故A正确;‎ B.雾霾天气对人的健康造成危害,“雾”和“霾”的分散质微粒不相同,雾是粒度较大的液滴,霾是粒度较小的固体颗粒,故B正确;‎ C.电热水器内胆一般是不锈钢或铜制成的,Mg较活泼,当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀,从而阻止内胆被腐蚀,属于牺牲阳极的阴极保护法,故C正确;‎ D.花生油是植物油,植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯,牛油是动物油,是饱和高级脂肪酸甘油酯,故D错误; ‎ 答案选D。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )‎ A. 将‎4.6g 钠用铝箔包裹并刺小孔,与足量水充分反应生成H2分子数为0.1 NA B. 标准状况下,‎22.4L 已烷中含有的共价键的数目为19NA C. 标准状况下,‎11.2L ‎12C18O中含有的中子数为8NA D. 标准状况下,7.1 gCl2通入足量石灰水中反应转移的电子数为0.2NA ‎【答案】C ‎【详解】A.‎4.6 g钠为0.2mol钠,0.2mol钠与水反应生成的氢气的物质的量为0.1mol,反应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气,故与足量水充分反应生成氢气分子数大于0.1NA,故A错误;‎ B.己烷在标准状况下是液体,气体摩尔体积不适用,所以无法求其物质的量,含有的共价键的数目也无法确定,故B错误;‎ C.标准状况下, ‎11.2L ‎12C18O物质的量为0.5mol,而一个‎12C18O分子中含16个中子,故0.5mol‎12C18O中含中子为8NA个,故C正确;‎ D.‎7.1g氯气的物质的量为0.1mol,而氯气和碱的反应为歧化反应,反应中消耗1molCl2转移1mol电子,故0.1mol氯气和碱反应转移0.1NA个电子,故D错误;‎ 答案选C。‎ ‎3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下,A遇甲的浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物,且丙是无色气体,上述物质的转化关系如下图所示,下列说法正确的是( )‎ A. 由于丁和戊化学键相同,所以它们都是平面结构 B. 简单氢化物的沸点: X>Z C. 简单离子半径大小: X<Y D. Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存 ‎【答案】B ‎【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,A是元素Y的单质,常温下A遇甲的浓溶液钝化,可知A为Al单质,Y为Al元素,丙是无色气体,则甲为H2SO4、丙为SO2、丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物,二氧化硫能被戊氧化为硫酸,可知丁为H2O,戊为H2O2,乙为Al2(SO4)3,则W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S元素,据此分析结合元素性质解答。‎ ‎【详解】A.丁为H2O,戊为H2O2,H2O中O原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=2+=4,所以采取sp3杂化,分子构型为V型平面结构,H2O2的构型为二面角结构,像半开书页型一般,两个O在书轴上,两个氢分别和两个O相连,但不在同一平面上,结构如图所示:,故A错误; ‎ B.X为O,Z为S,简单氢化物分别为H2O和H2S,水分之间存在氢键,使其熔沸点较高,H2S分子间没有氢键,熔沸点较低,则简单氢化物沸点:X>Z,故B正确;‎ C.X、Y分别为O、Al元素,其简单离子的核外电子排布相同,核电荷数越大,半径越小,则简单离子半径大小:X>Y,故C错误;‎ D.Y、Z分别为Al、S元素,Y的简单离子为弱碱根(弱碱阳离子)离子,可水解生成氢氧化铝和氢离子,Z的简单离子为弱酸根离子,在水溶液水解生成硫氢根离子和氢氧根,二者放入同一溶液中可相互促进水解反应,则不能大量共存,故D错误;‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】铝与浓硫酸和浓硝酸在常温下都能发生钝化现象,由于甲溶液是浓硝酸,则生成的气体是二氧化氮,为红棕色气体,丙是无色气体排除甲是硝酸的情况。‎ ‎4.毒番石榴是自然界中最毒的树木之一,人若在树下避雨它的汁液会通过雨水渗进皮肤使人中毒,毒番石榴汁液的主要成分佛波醇分子结构如下图,下列说法正确的是( )‎ A. 该分子不能使稀高锰酸钾溶液褪色 B. 佛波醇不能溶于水及甲苯 C. 该分子中所有原子共平面 D. 佛波醇可以发生加聚反应 ‎【答案】D ‎【详解】A.该分子含有碳碳双键和羟基,具有烯烃和醇的性质,能使稀高锰酸钾溶液褪色,故A错误;‎ B.分子中羟基个数较多,能与水形成分子间氢键,可溶于水,故B错误;‎ C.该分子结构中含有亚甲基,为四面体结构,则所有原子不可能共平面,故C错误;‎ D.佛波醇分子结构中含有碳碳双键,具有烯烃的性质,可以发生加聚反应,故D正确;‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】官能团的性质决定有机物的化学性质,清晰记忆双键,羟基能发生的化学反应是解本题的关键。‎ ‎5.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是( )‎ A. 该分解过程是:2NON2+O2‎ B. 实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应 C. 过程②释放能量,过程③吸收能量 D. 标准状况下,NO分解生成5.6 LN2转移电子数约为6.02×1023‎ ‎【答案】C ‎【详解】A.根据图示,NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气,该分解过程是:2NON2+O2,故A正确;‎ B.铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水,可以用于实验室制取NO,故B正确;‎ C.过程②为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子,断开化学键需要吸收能量,过程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气,形成化学键需要释放能量,故C错误;‎ D.根据反应2NON2+O2,O元素由-2价变为0价,生成1mol O2,同时生成1molN2,转移4mol电子,标准状况下,NO分解生成5.6 LN2为0.25mol,则转移电子数约为0.25mol ×4×6.02×1023=6.02×1023个,故D正确;‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】断裂化学键需要吸收能量,形成化学键要释放能量,本题中通过图示,了解清晰反应历程很关键。‎ ‎6.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是( )‎ 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A Cu片与足量浓硫酸加热反应,冷却后,再将冷水缓慢加入盛有反应混合物的烧杯中 溶液变蓝 证明反应生成了Cu2+‎ B 取少量某溶液于试管中,加入NaOH浓溶液并加热,用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体 蓝色石蕊试纸变红 溶液中含有NH4+‎ C 向20.00mL浓度均为0.01mol/L的Na2SO4和Na2S 的混合溶液中滴加几滴等浓度的AgNO3溶液 只产生黑色沉淀Ag2S Ksp(Ag2S)<Ksp(Ag2SO4)‎ D 室温下,用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3两种溶液的pH pH:‎ Na2CO3>Na2SO3‎ 非金属性:S>C ‎【答案】C ‎【详解】A.由于使用的是足量浓硫酸,故浓硫酸会剩余在试管中,浓硫酸溶于水会放出大量的热,为防止液体飞溅,确保实验安全,应将反应混合物加入到水中,故A错误;‎ B.氨气溶于水显碱性,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则检验铵根离子,应使用湿润红色石蕊试纸,若湿润的红色石蕊试纸变蓝,则证明溶液中含有NH4+,故B错误;‎ C.Na2SO4和Na2S 的混合溶液中含有硫酸根离子和硫离子,均可与银离子反应生成沉淀,由于Ksp小的先沉淀,只产生黑色沉淀,说明硫离子先和银离子反应,硫化银更难溶,则Ksp(Ag2S)<Ksp(Ag2SO4),故C正确;‎ D.等浓度的Na2SO3和Na2CO3两种溶液的pH,后者大,可以说明Na2CO3更易发生水解,相应的碳酸氢根离子的酸性更弱,但对应的并不是最高价氧化物对应水化物形成的酸,不能比较非金属性的强弱,故D错误;‎ 答案选C。‎ ‎7.已知:pKa=- lgKa, ‎25°C时,弱酸H‎2A的pKa1=1.85,pKa2=7.19。常温下,用0.1 mo/L NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/L H‎2A溶液的曲线如下图所示。‎ 下列说法不正确的是( )‎ A. d点所得溶液中溶质的水解平衡常数Kh1=10-7.19‎ B. c点所得溶液中:c(Na+)+c(H+)= ‎2c(A2-)+ c(HA-)+ c(OH-)‎ C. b点所得溶液中: c(A2-)>c(H‎2A)‎ D. a点所得溶液中:溶质是NaHA和H‎2A ‎【答案】A ‎【详解】A.弱酸H‎2A的pKa1=1.85,pKa2=7.19,则Ka1=10-1.85,Ka2=10-7.19,d点为加入NaOH溶液40mL,此时溶液中恰好生成Na‎2A,为第二个滴定终点,此时Na‎2A水解使溶液显碱性,溶液的pH为9.85,发生水解的方程式为A2−+H2O⇌HA−+OH−,则A2-水解平衡常数Khl=====10−6.81,故A错误;‎ B.b点为加入NaOH溶液20mL,此时溶液中恰好生成NaHA,d点为加入NaOH溶液40mL,此时溶液中恰好生成Na‎2A,则c点所得溶液是NaHA和Na‎2A的混合溶液,该溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)= ‎2c(A2-)+ c(HA-)+ c(OH-),故B正确;‎ C.b点加入NaOH溶液的体积为20mL,此时反应恰好产生NaHA,为第一个滴定终点,溶液中存在质子守恒:c(H‎2A)+c(H+)=c(A2−)+c(OH−),该点溶液的pH=4.52,显酸性,c(H+)>c(OH−),则c(A2-)>c(H‎2A),故C正确;‎ D.a点时,加入氢氧化钠的体积小于20mL,弱酸H‎2A过量,所得溶液中:溶质是NaHA和H‎2A,故D正确;‎ 答案选A。‎ ‎8.碳酸盐在无机试剂制备中应用广泛。某研究小组用如下两种方法制备FeCO3。已知: FeCO3 是白色固体,难溶于水。‎ I.研究小组用炼铁厂的铁矾渣制备FeCO3,铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO、Fe2O3及少量的CaO、MgO、 SiO2 等。‎ ‎(1)试剂1是过量的_______,滤渣 2的成分是__________ (写化学式);‎ ‎(2)“沉铁”发生反应的离子方程式是__________________________________________;‎ ‎(3)沉铁后的滤液经“操作a”,再经过“过滤、 洗涤、干燥”得到皓矾(ZnSO4·7H2O),“操作a”是__________________________,取‎28.70g皓矾(ZnSO4·7H2O)加热,剩余固体的质量变化如图,‎100°C时所得固体的化学式________________。‎ II.研究小组又采用如下装置制取FeCO3 (C后及夹持装置略)。操作的关键是向Na2CO3溶液(pH=12.11)通入一段时间CO2至溶液pH为7,再滴加一定量FeSO4溶液,产生白色沉淀。‎ ‎(1)画出装置B______________,B中所用试剂为____________________;‎ ‎(2)先向1mol/L Na2CO3溶液中通入CO2的目的是___________________________________;‎ ‎(3)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁补血剂,该实验小组用KMnO4测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数,发现乳酸亚铁的质量分数总是大于100%,其原因是___________________________________________________(不考虑操作不当引起的误差)。‎ ‎【答案】(1). H2SO4 (2). MgF2、CaF2、Fe (3). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). ZnSO4•H2O (6). (7). 饱和NaHCO3溶液 (8). 排除装置中的空气,降低溶液中OH-的浓度,防止生成Fe(OH)2 (9). 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化,也消耗了KMnO4‎ ‎【分析】I.用过量的稀硫酸溶解铁矾渣(主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO、Fe2O3及少量的CaO、MgO、 SiO2 等),SiO2不溶,过滤得到的滤渣I主要是SiO2,滤液为含有K+、Fe3+、Zn2+、Ca2+、Mg2+的酸性溶液,加入铁粉,发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+‎ ‎,Fe+2H+=Fe2++H2↑,再加入NH‎4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀,过滤,滤渣II含有过量的铁粉、CaF2、MgF2,滤液主要含有Fe2+、Zn2+,再加入NH4HCO3沉淀Fe2+,生成FeCO3和CO2气体,得到的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶,再经过过滤、 洗涤、干燥,得到皓矾(ZnSO4∙7H2O) ,据此分析解答;‎ II.(1)装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体,影响后续制取实验,据此分析;‎ ‎(2)碳酸钠溶液碱性强,溶液中c(OH-)大,就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应,而导致制备的FeCO3纯度低,NaHCO3溶液碱性弱,制得FeCO3纯度高;‎ ‎(3)根据乳酸[CH3CH(OH)COOH]的结构简式,乳酸中醇羟基,具有醇的性质,可与高锰酸钾溶液反应,据此分析。‎ ‎【详解】I.(1)根据分析,试剂1是过量的硫酸(H2SO4),滤渣2的成分是铁粉(Fe)、CaF2、MgF2;‎ ‎(2)“沉铁”发生反应的离子方程式是Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O;‎ ‎(3)沉铁后的滤液经“操作a”,再经过“过滤、 洗涤、干燥”得到皓矾(ZnSO4·7H2O),结合分析,“操作a”是蒸发浓缩、冷却结晶;‎ 皓矾(ZnSO4⋅7H2O)受热易分解,在不同的温度下分解可生成ZnSO4⋅H2O或ZnSO4或ZnO,产物不同;‎28.70g皓矾的物质的量为:n((ZnSO4⋅7H2O)==0.1mol,不论分解产物是什么,根据锌元素守恒,物质的量为0.1mol,因此生成0.1molZnSO4⋅H2O的质量=0.1mol ×‎179g/mol=‎17.90g;生成0.1molZnSO4的质量=0.1mol ×‎161g/mol=‎16.10g;生成0.1molZnO的质量=0.1mol ×‎81g/mol=‎8.10g;根据上述分析:‎100°C时所得固体A的质量为‎17.90g,生成的固体为ZnSO4⋅H2O;‎ II.(1)装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体,影响后续制取实验,通入C装置前应先进行洗气除杂,一般选用饱和碳酸氢钠,洗气时,气体应长进短出,装置图为;‎ ‎(2)装置中含有空气,空气中的氧气可以将亚铁离子氧化为铁离子, CO2可将装置中的氧气排除,防止亚铁离子氧化;同时碳酸钠溶液碱性强,溶液中c(OH−)大,就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应,而导致制备的FeCO3纯度低,NaHCO3‎ 溶液碱性弱,制得FeCO3纯度高,则先向1mol/L Na2CO3溶液中通入CO2的目的是排除装置中的空气,降低溶液中OH-的浓度,防止生成Fe(OH)2;‎ ‎(3)乳酸中含有醇羟基,具有醇的性质,能被高锰酸鉀溶液氧化导致消耗高锰酸钾的增大,而计算中按亚铁离子被氧化,故计算所得乳酸亚铁的质量偏大,产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。‎ ‎9.铋(Bi)的化合物在电子、医药等领域应用广泛。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3, 含杂质SiO2等,Bi2S3不溶于水和硫酸)制备Bi2O3的工艺如下。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)试剂a最好选用的试剂是______________(填选项字母);‎ A. HCl溶液 B.浓H2SO‎4 C. H2O2溶液 D. FeCl3和HCl混合液 ‎(2)辉铋矿的浸出液中铋元素主要以Bi3+形式存在,写出浸出过程生成S渣的离子方程式_________________________________________________,“滤液b”中通入气体X后可循环利用,气体X是_______________ (写化学式);‎ ‎(3)“抽滤”用如下装置完成,请选择字母代号补全正确的操作顺序(洗涤操作只做一次):‎ 开抽气泵→a→b→d→ ____→c→ 关抽气泵;‎ a.转移固液混合物 b.关活塞A c.开活塞A d.确认抽干 e.加洗涤剂洗涤 ‎(4)写出“煅烧”碱式碳酸铋[(BiO)2CO3]制备Bi2O3 的化学方程式____________________________;‎ ‎(5)硝酸酸溶后调pH可得到碱式硝酸铋,碱式硝酸铋直接灼烧也能得到Bi2O3,上述工艺中却转化为碱式碳酸铋再灼烧,除了能改良产品性状,另一优点是__________________________________________;‎ ‎(6)从“母液”中回收可用做炸药的物质是_______________ ( 写物质名称)。‎ ‎【答案】(1). D (2). Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S (3). Cl2(或O2) (4). c→e→b→d (5). (BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑ (6). 没有污染性气体产生 (7). 硝酸铵 ‎【分析】辉铋矿(主要成分是Bi2S3.含杂质SiO2等)制备铋酸钠,辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤,氯化铁氧化硫离子为硫单质:Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S,盐酸是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀,得到滤渣为S,滤液中含有Bi3+,H+,Fe3+,滤液中加入铁粉过滤得到粗铋:2Bi3++3Fe=3Fe2++2Bi、2Fe3++Fe=3Fe2+,滤液b主要是氯化亚铁,向滤液b中通入氯气或氧气,可将Fe2+ 转化为Fe3+得到主要含有FeCl3 的溶液,可用于辉铋矿浸出操作,达到循环使用的目的,“粗铋”中含有的杂质主要是Fe,通过熔盐电解精炼除去Fe,得到精铋,加入硝酸溶解调节pH得到碱式硝酸铋,与碳酸铵溶液反应得到碱式碳酸铋,母液为硝酸铵,将碱式碳酸铋煅烧生成Bi2O3,据此分析作答。‎ ‎【详解】(1)根据分析,浸出溶浸过程中,辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤,氯化铁氧化硫离子为硫单质:Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S,Bi3+,Fe3+易水解生成沉淀,加入盐酸可防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀,则试剂a最好选用的试剂是FeCl3和HCl混合液 答案选D;‎ ‎(2)辉铋矿的浸出液中铋元素主要以Bi3+形式存在,浸出过程加入氯化铁溶液,氯化铁氧化硫离子为硫单质,化学方程式为:Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S,离子方程式Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S;滤液b主要是氯化亚铁,向滤液b中通入氯气或氧气,可将Fe2+ 转化为Fe3+得到主要含有FeCl3 的溶液,可用于辉铋矿浸出操作,达到循环使用的目的,则气体X是Cl2(或O2);‎ ‎(3)抽滤操作的正确操作顺序为开抽气泵→转移固液混合物→关活塞A→确认抽干→开活塞A→加洗涤剂洗涤→关活塞A→确认抽干→开活塞A→关抽气泵,故答案为:cebd; ‎ ‎(4)根据分析, “煅烧”操作是将碱式碳酸铋煅烧分解生成Bi2O3和二氧化碳,化学方程式为(BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑;‎ ‎(5)碱式硝酸铋直接灼烧也能得到Bi2O3,但同时产生氮氧化物,会污染大气。上述工艺中转化为碱式碳酸铋再灼烧,可以改良产品性状,且没有污染性气体产生;‎ ‎(6)根据分析,母液为硝酸铵,从“母液”中回收可用做炸药的物质是硝酸铵。‎ ‎10.燃煤烟气中含有大量NOx和SO2,可经处理消除。‎ ‎(1)用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。‎ CH4(g)+ 4NO2(g)⇌ 4NO(g)+CO2(g)+ 2H2O(g); ∆H1=574.0 kJ ·mol-1‎ CH4(g)+4NO(g)⇌ 2N2(g)+ CO2(g)+ 2H2O(g); ∆H2= 1160.0 kJ·mol-1‎ ‎①反应CH4(g)+2NO2(g) ⇌N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g); ∆H3=___________;‎ ‎②若该反应中将NOx还原为N2,消耗标准状况下‎5.6L CH4,则反应过程中转移的电子物质的量为_________;‎ ‎(2)用CH4原NO2的反应为CH4(g)+ 2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g),向两个容积均为‎2L温度分别为T‎1°C、T‎2°C的恒温恒容密闭容器中分别加入物质的量为1 mol的CH4和2molNO2,测得各容器中n(NO2)随反应时间t的变化如图所示:‎ ‎①T1_______T2(填“>”或“<”);‎ ‎②T‎1°C时,40~80 min,用N2的浓度变化表示的平均反应速率为v(N2)=_____,此温度下的化学平衡常数K=______;‎ ‎③T‎1°C下,200 min时,向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各l mol,化学平衡_____移动(填“正向”、 “逆向”或“不”);‎ ‎(3)亚氯酸钠(NaClO2)和次氯酸钠(NaClO)碱性混合液作为复合吸收剂可脱除烟气中的NOx、SO2,使其转化为NO3-、SO42-。‎ ‎①写出NO与NaClO2反应的离子方程式:__________________________;‎ ‎②下图表示在一定条件下温度与复合吸收剂对烟气中SO2、NO脱除效率的关系。图中SO2比NO脱除效率高的原因可能是____________________________ ( 答出一点即可);‎ ‎(4)用碱液脱硝是目前研究的课题之一。‎ ‎①将NO、NO2 控制物质的量之比接近1:1通入足量氢氧化钠溶液可制NaNO2溶液。请写出该反应的离子方程式______________________________。‎ ‎②将工业上氢氧化钠溶液脱硝得到的NaNO2、NaNO3的混合液和NaOH溶液分别加到下图所示的电解槽中进行电解。写出A室NO2发生的电极反应:____________________。‎ ‎【答案】(1). 867kJ•mol-1 (2). 2mol (3). < (4). 0.0025mol•L-1•min-1 (5). 0.25 (6). 正向 (7). 4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O (8). SO2易溶于水,NO难溶于水,SO2溶于吸收剂中的浓度明显比NO大(或SO2的还原性强或脱硝反应活化能较高) (9). NO+NO2+2OH-=2NO2-+ H2O (10). 2NO2-+6e-+4H2O=8OH-+ N2↑‎ ‎【分析】(1)①依据已知的热化学方程式利用盖斯定律解答;‎ ‎②若反应中还原NOx至N2,消耗标准状况下5.6LCH4,CH4被氧化为CO2,碳元素化合从-4价升高为+4价,可结合甲烷的物质的量,可计算反应中转移电子数目;‎ ‎(2)①根据先拐先平数值大原则分析,先拐先平温度高;‎ ‎②T‎1°C时,结合图像找出40~80 min N2的浓度变化量计算v(N2),利用三段式计算化学平衡常数K;‎ ‎③T‎1°C下,200 min时,向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各l mol,根据Qc与K的数值关系判断;‎ ‎(3)①废气中的NO与NaClO2反应,NaClO2具有氧化性,NO具有还原性,发生氧化还原反应,生成NO3-、Cl-,据此写出反应的离子方程式;‎ ‎②烟所中SO2和NO的水溶性存在明显差异,影响了复合剂对烟气中SO2、NO脱除效率;‎ ‎(4)①NO、NO2 和足量氢氧化钠溶液发生氧化还原反应生成NaNO2和水;‎ ‎②通过A室产生了N2,可知A极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液,NO2-在A极放电为N2,则A为阴极;则B极为阳极,电解质溶液为NaOH溶液,OH-在B极放电,据此分析。‎ ‎【详解】(1)①已知:Ⅰ.CH4(g)+ 4NO2(g)⇌ 4NO(g)+CO2(g)+ 2H2O(g) ∆H1=574.0 kJ ·mol-1,‎ Ⅱ.CH4(g)+4NO(g)⇌ 2N2(g)+ CO2(g)+ 2H2O(g) ∆H2= 1160.0 kJ·mol-1,‎ 由盖斯定律:可得,CH4(g)+2NO2(g) ⇌N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g) ∆H3= 867kJ•mol-1;‎ ‎②还原NOx至N2,消耗标准状况下5.6LCH4,n(CH4)=0.25mol,根据反应可知,CH4转化为CO2,C元素由-4价变为+4价,1mol CH4参与反应转移8mol电子,0.25mol CH4参与反应整个过程中转移的电子物质的量为0.25mol×8=2mol;‎ ‎(2)①根据先拐先平数值大原则,先拐先平温度高,则T1<T2,;‎ ‎②T‎1°C时,结合图像,40~80 min ,NO2物质的量变化量=1.50mol-1.10mol=0.40mol,浓度变化量==0.20mol/L,根据反应CH4(g)+ 2NO2(g) ⇌N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g),浓度的变化量之比等于计量系数比,则N2的浓度变化量为0.10mol/L,则v(N2)== 0.0025mol•L-1•min-1;120min时T‎1°C下,反应达到平衡,平衡时NO2物质的量为1mol,利用三段式:‎ 化学平衡常数K==0.25;‎ ‎③T‎1°C下,200 min时,向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各l mol,Qc=<K=0.25,则化学平衡正向移动;‎ ‎(3)①废气中的NO与NaClO2反应,NaClO2具有氧化性,NO具有还原性,发生氧化还原反应,生成NO3-、Cl-,则此反应的离子方程式为4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O;‎ ‎②SO2易溶于水,而NO难溶于水,导致吸收剂中SO2浓度明显比NO大,则SO2比NO脱除效率高;‎ ‎(4)①将NO、NO2 控制物质的量之比接近1:1通入足量氢氧化钠溶液可制NaNO2溶液,该反应的离子方程式:NO+NO2+2OH-=2NO2-+ H2O;‎ ‎②NO2−在阴极得电子被还原为氮气,结合B室的溶液是碱性溶液,故放电的方程式为:2NO2−+6e−+4H2O=8OH−+N2↑。‎ ‎[化学选修3:物质结构与性质] ‎ ‎11.硼(B)钴(Co)和锰(Mn)形成物质时比较复杂和变化多端。‎ ‎(1) Co基态原子核外电子排布式为_________,第二周期元素第一电离能比B高的有______种;‎ ‎(2)硝酸锰是工业制备中常用的催化剂,Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外,还存在______;‎ ‎(3)NaBO2可用于织物漂白。BO2-的空间构型为_______写出两种与其互为等电子体的分子的化学式:_______;‎ ‎(4)下图表示偏硼酸根的一种无限长的链式结构,其化学式可表示为____(以n表示硼原子的个数);‎ 下图表示的是一种五硼酸根离子, 其中B原子的杂化方式为________;‎ ‎(5)立方BN和立方AIN均为原子晶体,结构相似,BN的熔点高于AIN的原因为_____________________________________________________________________;‎ ‎(6)一种新型轻质储氢材料的晶胞结构如下图所示,设阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的密度为________g•cm-3(用含a、NA的代数式表示)。‎ ‎【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 (2). 6 (3). π键、离子键 (4). 直线形 (5). CO2或CS2或N2O或BeCl2 (6). (BO2)nn- (7). sp3、sp2 (8). B原子半径更小,B-N键键长更短,键能更大 (9). ‎ ‎【分析】(1) Co 为27号元素,根据构造理论书写排布式;B位于周期表中第2周期,第ⅢA族,同周期主族元素,随着原子序数的增大,第一电离能有增大的趋势,但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常;‎ ‎(2)硝酸锰是离子化合物,硝酸根中3个氧原子和中心原子N之间形成一个4中心6电子的大π键;‎ ‎(3) BO2-中心原子的价层电子对数为2,孤电子对数为0;原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体;‎ ‎(4) 根据均摊思想分析偏硼酸根离子的化学式,根据杂化轨道理论判断五硼酸根离子中B原子的杂化方式;‎ ‎(5)原子半径越小,键长越短,键能越大,原子晶体的熔点越高;‎ ‎(6)结合晶胞中各离子数目计算晶胞质量,晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。‎ ‎【详解】(1) Co为27号元素,根据构造理论,其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2;同周期主族元素,随着原子序数的增大,随着原子序数的增大,第一电离能有增大的趋势,但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常,所以第一电离能比B大的有Be,C,N,O,F,Ne,共有6个元素;‎ ‎(2)硝酸锰是离子化合物,硝酸根和锰离子之间形成离子键,硝酸根中3个氧原子和中心原子N之间形成一个4中心6电子的大π键,所以除σ键外,还存在π键和离子键;‎ ‎(3)BO2−的中心原子的价层电子对数为2,孤电子对数为0,立体构型为直线形;与BO2−由3个原子构成,价层电子数为16,互为等电子体的分子有CO2、CS2、N2O、BeCl2等;‎ ‎(4)根据均摊思想,无限长链式偏硼酸根离子中,一个B相当于占有O的数目为1+2×=2,所以其化学式可表示为:(BO2)n n−;根据杂化轨道理论,五硼酸根离子中,B原子部分形成3根共价键,为sp2杂化,部分形成4根共价键,为sp3杂化;‎ ‎(5)立方BN和立方AlN均为原子晶体,B原子半径更小,B−N键键长更短,键能更大,熔点更高;‎ ‎(6)晶胞中,Na+位于晶胞的面上和棱上,离子数目=4×+4×=3;Li+位于晶胞的面心,离子数目=2×=1,BH4−位于顶点、面心和体心离子数目=1+4×+8×=4,故该物质的化学式为Na3Li(BH4)4,晶胞的体积V=(a×10−‎10cm)2×(‎2a×10−‎10cm),晶胞质量=g,晶体密度==g⋅cm−3。‎ ‎[化学选修5: 有机化学基础] ‎ ‎12.G是某抗炎症药物的中间体,其合成路线如下:‎ 已知:① ‎ ‎② (呈碱性,易氧化)‎ ‎(1)C的官能团名称是_______________;‎ ‎(2)反应①的反应类型为___________;反应②的作用是___________________;‎ ‎(3)下列对有机物G的性质推测不正确的是____________________ (填选项字母);‎ A.1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2‎ B.能发生取代反应和氧化反应 C.能加聚合成高分子化合物 D.具有两性,既能与酸反应也能与碱反应 ‎(4)写出E→F的化学反应方程式______________________________;‎ ‎(5)同时符合下列条件的D的同分异构体有__________种:‎ ‎①含有苯环且能发生水解反应:②能发生银镜反应;③能与NaHCO3溶液反应放出CO2。‎ ‎(6)已知:苯环上有烷烃基时,新引入的取代基连在苯环的邻、对位:苯环上有发基时,新引入的取代基连在苯环的问位。根据题中的信息,写出以甲苯为原料合成有机物的流程图 (无机试剂任选)‎ ‎______________________________________________________________________________。 合成路线流程图示例:XYZ……目标产物 ‎【答案】(1). 酯基 (2). 取代反应 (3). 保护酚羟基,以防被氧化 (4). AC (5). +HNO3+H2O (6). 17 (7). ‎ ‎【分析】乙酰氯和乙酸反应生成A,A和B反应生成C,C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D,根据D结构简式知,C为,A为(CH3CO)2‎ O,D发生水解反应然后酸化得到E,E为,E反应生成F,F发生还原反应生成G,根据G结构简式结合题给信息知,F为;‎ ‎(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯,邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸,邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸,据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据分析,C为,则C的官能团名称是酯基;‎ ‎(2)反应①为乙酰氯和乙酸反应生成A,A为(CH3CO)2O,乙酰氯中的氯原子被取代,则反应类型为取代反应;反应②的作用是保护酚羟基,防止被氧化;‎ ‎(3) A.G中只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳,所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2,故A错误;‎ B.G中含有酚羟基,能发生氧化反应,不能发生消去反应,羧基能发生取代反应,故B正确;‎ C.G中含有羧基和酚羟基,所以能发生缩聚反应生成高分子化合物,故C错误;‎ D.G中含有羧基和氨基,所以具有酸性和碱性,则具有两性,既能与酸反应也能和碱反应,故D正确;‎ 答案选AC;‎ ‎(4) E为,F为,E在浓硫酸加热条件下与硝酸反应取代反应,化学反应方程式+HNO3+H2O;‎ ‎(5)①含有苯环且能发生水解反应,说明结构中含有苯环和酯基,②能发生银镜反应,说明结构中含有醛基,③能与NaHCO3溶液反应放出CO2,说明结构中含有羧基,由以上综合分析,该有机物的结构可以由与-CH2OOCH构成,共有邻间对3种结构,或由与-CH3、-OOCH构成,共有10种结构,或由 和-OOCH构成有邻间对3中结构,或和构成,只有一种结构,则同时符合下列条件的D的同分异构体有17种; ‎ ‎(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯,邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸,邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸,其合成流程图: 。‎
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