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2019-2020年高三12月月考(二统模拟)化学试题Word版含解析可能用到的相对的原子质量H:1C:12N:14O:16Na:23Mg:24Al:27S:32Cl:
35.5Ca:40Mn:55Fe:56Cu:64Ag:108I:127Ba:137第I卷选择题共40分
一、单项选择题本题包括10小题,每小题2分,共计20分每小题只有一项符合题意)1.下列物质分类正确的是 A.SO
2、SiO
2、CO均为酸性氧化物B.稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D.福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【答案】D【解析】试题分析A、二氧化硫和二氧化硅是酸性氧化物,一氧化碳不是酸性氧化物,成为,不选A;B、氯化铁溶液不是胶体,不选B;C、烧碱和冰醋酸都是电解质,四氯化碳不是电解质,不选C;D、福尔马林是甲醛的水溶液,水玻璃是硅酸钠的水溶液,氨水是氨气的水溶液,都是混合物,选D考点物质的分类2.下列化学用语使用正确的是 A.Mg2+结构示意图B.含18个中子的氯原子的核素符号ClC.NH4Cl的电子式D.四氯化碳分子球棍模型【答案】A【解析】试题分析A、镁离子核外有10个电子,正确,选A;B、在元素符号的左下角书写质子数,左上角书写质量数,错误,不选B;C、氯离子周围有8个电子,错误,不选C;D、中间的碳原子半径比氯原子半径小,错误,不选D考点化学用语3.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A.无色溶液中K+、Na+、Cu2+、SO42-B.cOH-=10-13mol·L-1的溶液中Al3+、NO3-、I-、Cl-C.水电离产生的cH+=10-13mol·L-1的溶液中Na+、Cl-、NO3-、SO42-D.
0.1mol·L-1FeSO4溶液中K+、NH4+、MnO4-、ClO-【答案】C【解析】试题分析A、铜离子是蓝色,不选A;B、溶液为酸性,碘离子被硝酸根离子氧化,不选B;C、溶液可能酸性或碱性,四种离子在酸性或碱性溶液中都能存在,选C;D、高锰酸根离子为紫色,不存在,不选D考点离子共存4.下列有关物质性质的应用正确的是 A.浓硫酸有吸水性,可用于干燥氨气和二氧化硫B.明矾溶于水能形成胶体,可用于自来水的杀菌消毒C.常温下铁能被浓硝酸钝化,可用铁质容器贮运浓硝酸D.金属钠具有强还原性,可用与TiCl4溶液反应制取金属Ti【答案】C【解析】试题分析A、浓硫酸有吸水性,也能和氨气反应,不能干燥氨气,不选A;B、明矾能净水,不能杀菌消毒,不选B;C、铁常温能被浓硝酸钝化,可以用铁质容器贮运浓硝酸,正确,选C;D、金属钠能与水反应,不能与水溶液反应置换出金属,错误,不选D考点硫酸的性质,硝酸的性质,钠的性质5.用下列实验装置和方法进行相应实验,能达到实验目的的是 A.用图1所示装置分离乙醇与乙酸B.用图2所示的装置向容量瓶中转移液体C.用图3所示的装置制备少量氨气D.用图4所示的装置分馏石油【答案】B【解析】试题分析A、乙醇和乙酸能互溶,不能用分液的方法分离,错误,不选A;B、向容量瓶中转移液体用玻璃杯引流,正确,选B;C、氯化铵和氢氧化钙固体加热时试管口应该略向下倾斜,防止水炸裂试管底部,不选C;D、分馏石油应将温度的水银球放在支管口处,错误,不选D考点物质的分离和提纯的实验操作6.设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是 A.
0.1molCl2全部溶于水后转移电子的数目为
0.1NAB.标准状况下,
0.56L丙烷中含有共价键的数目为
0.2NAC.25℃时,pH=12的Na2CO3溶液中含有Na+的数目为
0.02NAD.常温常压下,14gC2H
4、C3H6的混合气体中含有碳原子的数目为NA【答案】D【解析】试题分析A、氯气溶于水,不是全部和水反应时,
0.1摩尔氯气反应转移电子数小于
0.1摩尔,错误,不选A;B、标准状况下
0.56升丙烷的物质的量为
0.56/
22.4=
0.025摩尔,还哪有的共价键数位
0.025×10=
0.25摩尔,错误,不选B;C、没有说明溶液的体积,不能确定钠离子的物质的量,错误,不选C;D、每14克有机物有1摩尔碳原子,所以正确,选D考点阿伏伽德罗常数7.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是 A.FeCl3溶液与Cu的反应Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+B.NO2与水的反应3NO2+H2O=2NO3-+NO+2H+C.醋酸溶液水垢中的CaCO3反应CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑D.向NaAlO2溶液中通入过量CO22AlO2-+CO2+3H2O=2AlOH3↓+CO32-【答案】B【解析】试题分析A、电荷不守恒,错误,不选A;B、二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,正确,选B;C、醋酸是弱酸,不能写成离子形式,错误,不选C;D、偏铝酸钠和过量的二氧化碳发育生成氢氧化铝和碳酸氢钠,错误,不选D.考点离子方程式的判断8.物质间纷繁复杂的转化关系是化学的魅力所在,下列选项中物质的转化在一定条件下不能实现的是( )【答案】C【解析】试题分析A、硅和氧气反应生成二氧化硅,二氧化硅和碳反应生成硅和一氧化碳,能转化,正确,不选A;B、二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水,能转化,不选B;C、铁与氯气反应生成氯化铁,氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜,不产生铁,错误,选C;D、硫燃烧生成二氧化硫,二氧化硫和硫化氢反应生成硫和水,能转化,不选D考点无机物的转化9.已知X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示,其中X原子最外层电子数是其电子层数的2倍下列说法正确的是()A.四种元素的原子半径大小rY>rW>rX>rZB.元素X的含氧酸只有一种,元素Y则有两种C.元素Z的气态氢化物的稳定性比元素Y的强D.元素Y和W的氧化物是导致酸雨的主要原因【答案】D考点元素周期表和元素周期律10.高铁电池是一种新型可充电电池,与普通高能电池相比,该电池长时间保持稳定的放电电压高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O3ZnOH2+2FeOH3+4KOH,下列叙述不正确的是A.放电时负极反应为Zn-2e+2OH=ZnOH2B.充电时阳极反应为FeOH3-3e+5OH=+4H2OC.放电时每转移3mol电子,正极有1molK2FeO4被氧化D.放电时正极附近溶液的碱性增强【答案】C【解析】试题分析A、放电时锌做负极,失去电子生成氢氧化锌,正确,不选A;B、充电时阳极是氢氧化铁失去电子生成高铁酸根离子,正确,不选B;C、放电时,每转移3摩尔电子,正极有1摩尔高铁酸钾被还原,错误,不选C;D、放电时,正极为+3e+4H2O=FeOH3+5OH,正极附近的碱性增强,不选D考点原电池和电解池的原理应用
二、不定项选择题:本题包括5小题,每小题4分,共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项,多选时,该小题得0分;若正确答案包括两个选项,只选一个且正确的得2分,选两个且都正确的得满分,但只要选错一个,该小题就得0分11.下列关于反应过程中能量变化的说法正确的是( )A.右图中a、b曲线可分别表示反应CH2=CH2g+H2g→CH3CH3gΔH<0使用和未使用催化剂时,反应过程中的能量变化B.己知2Cs+2O2g=2CO2gΔH1;2Cs+O2g=2COgΔH2则ΔH1>ΔH2C.同温同压下,反应H2g+Cl2g=2HClg在光照和点燃条件下的ΔH相同D.在一定条件下,某可逆反应的ΔH=+100kJ·mol-1,则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol-1【答案】CD【解析】试题分析A、a为使用催化剂的反应,错误,不选A;B、碳完全燃烧放出的热量多,所以ΔH1ΔH2,错误,不选B;C、反应热的大小与反应条件无关,正确,选C;D、可逆反应的ΔH=+100kJ·mol-1,说明反应为吸热反应,反应物的能量比生成物的能量低,则正反应的活化能比逆反应活化能大100kJ·mol-1,正确,选D考点反应热和焓变12.阿司匹林是日常生活中应用广泛的医药之一它可由下列方法合成下列说法正确的是()A.邻羟基苯甲醛分子中所有的原子可能在同一平面B.用酸性KMnO4溶液直接氧化邻羟基苯甲醛可实现反应
①C.反应
②中加入适量的NaHCO3可提高阿司匹林的产率D.与邻羟基苯甲酸互为同分异构体,苯环上一氯代物仅有2种且能发生银镜反应的酚类化合物共有3种【答案】AD【解析】试题分析A苯环是平面结构,醛基是平面结构,二者可能重合,所以所有的原子可能在同一个平面,正确,选A;B、酚羟基容易被高锰酸钾溶液氧化,不能实现反应
①,错误,不选B;C、羧基与碳酸氢钠反应,所有不能在反应
②中加入碳酸氢钠,错误,不选C;D、将羧基改写成甲酸酯基,与酚羟基在苯环上对位时,一氯代物有2种,若苯环连接两个酚羟基和一个醛基,结构对称时一氯代物有2种,有2种结构,总共3种,选D考点有机物的结构和性质13.下列有关离子检验的操作和实验结论都正确的是()选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入氯化钡溶液,有白色沉淀生成,再加盐酸酸化,沉淀不溶解该溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入足量的盐酸无明显现象,再加入BaCl2溶液,产生白色沉淀原溶液中一定含有SO42-C向某溶液中加入稀盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体该溶液中一定含有CO32-D用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色未见紫色原溶液中不含K+【答案】B【解析】试题分析A、溶液中可能含有氯银离子,错误,不选A;B、加入盐酸排除碳酸根或亚硫酸根离子的干扰,加入氯化钡,产生白色沉淀,说明溶液中含有硫酸根离子,正确,选B;C、溶液中可能含有碳酸氢根离子,错误,不选C;D、未通过蓝色钴玻璃观察,不能确定是否含有钾离子,错误,不选D考点离子检验14.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.室温下,向
0.01mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性cNa+cSO42-cNH4+cOH-=cH+B.
0.1mol·L-1NaHCO3溶液cNa+cOH-cHCO3-cH+C.Na2CO3溶液cOH--cH+=cHCO3-+2cH2CO3D.25℃时,,pH=
4.
75、浓度均为
0.1mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液cCH3COO-+cOH-cCH3COOH+cH+【答案】AC考点溶液中的离子浓度大小比较15.I2在KI溶液中存在下列平衡I2aq+I-aq=I3-aq,某I
2、KI混合溶液中,I3-的物质的量浓度cI3-与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)下列说法正确的是A.反应I2aq+I-aq=I3-aq的△H>0B.若温度为T
1、T2,反应的平衡常数分别为K
1、K2,则K1K2C.若反应进行到状态D时,一定有v正>v逆D.状态A与状态B相比,状态A的cI2大【答案】C【解析】试题分析A、从图像分析,随着温度升高,cI3-逐渐减小,说明平衡逆向移动,则正反应为放热,错误,不选A;B、升温,平衡逆向移动,平衡常数减小,所以错误,不选B;C、反应进行到D点,比平衡时浓度小,说明反应正向进行,正反应速率大于逆反应速率,正确,选C;D、状态A与状态B比,cI3-的浓度A点大,则碘的浓度小,错误,不选D考点化学平衡的建立和移动第Ⅱ卷非选择题共80分16.(12分)某化学实验室产生的废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+、Cl-四种离子,现设计下列方案对废液进行处理,以回收金属并制备氯化钡、氯化铁晶体
(1)沉淀1中含有的金属单质是
(2)氧化时加入H2O2溶液发生反应的离子方程式为
(3)下列物质中,可以作为试剂X的是(填字母)A.BaCl2B.BaCO3C.NaOHD.BaOH2
(4)检验沉淀2洗涤是否完全的方法是
(5)制备氯化铁晶体过程中需保持盐酸过量,其目的是
(6)由过滤2得到的滤液制备BaCl2的实验操作依次为、冷却结晶、、洗涤、干燥【答案】12分
(1)铁、铜(2分,各1分)
(2)2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O(2分)
(3)BD(2分,各1分)
(4)取最后一次洗涤液少许,滴入1~2滴硫酸钠溶液,若不出现白色浑浊,表明已洗涤完全(或取最后一次洗涤液少许,滴入1~2滴硝酸银溶液,若不出现白色浑浊,表明已洗涤完全)(2分)
(5)抑制Fe3+水解(合理答案均可)(2分)
(6)蒸发浓缩过滤(2分,各1分)【解析】试题分析加入过量的铁屑,由于铁的化学性质比铜活泼,因此可以吧金属铜从盐溶液中置换出来,同时铁离子能氧化但只铁生成亚铁离子,因此在过滤得到的沉底那1中含有的金属单质铜和过量的铁,滤液含有亚铁离子,钡离子,氯离子,加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子,再加入碱调节pH值使铁离子变成氢氧化铁沉淀除去,所以沉淀2为氢氧化铁,进一步转化为氯化铁晶体,而滤液2则只剩氯化钡,经过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥进一步转化为氯化钡固体
(1)废液中含有铁离子和铜离子,加入过量的铁粉后,铜离子反应生成铜,所以沉淀中含有铜和过量的铁
(2)根据以上分析,氧化时,加入过氧化氢,与亚铁离子反应生成铁离子和水,离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
(3)根据以上分析,加入试剂X调节pH值,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而不能引入新的杂质,所以选BD
(4)检验沉淀是否洗涤干净,就是检验过滤液中是否含有氯离子,所以操作为取最后一次洗涤液少许,滴入1~2滴硫酸钠溶液,若不出现白色浑浊,表明已洗涤完全(或取最后一次洗涤液少许,滴入1~2滴硝酸银溶液,若不出现白色浑浊,表明已洗涤完全)
(5)因为氯化铁蒸发时,水解生成容易挥发的氯化氢,所以制备氯化铁晶体过程中需要保持盐酸过量,抑制Fe3+水解(合理答案均可)
(6)根据以上分析,氯化钡容易,经过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤洗涤,干燥进一步转化为氯化钡固体考点物质的分离和提纯的方法和基本操作综合应用
17、(15分)苯佐卡因可用于粘膜溃疡、创面等的镇痛,是一种常用的局部麻醉剂,其合成路线如下图所示已知
①当苯环上连有甲基时,再引入的其他基团主要进入甲基的邻位或对位;当苯环上连有羧基时,再引入的其他基团主要进入羧基的间位请回答下列问题
(1)上述合成路线中属于取代反应的是 (填代号)化合物C中含有的含氧官能团的名称为
(2)合成路线中反应
①的化学方程式为
(3)下列关于上述合成路线的说法中正确的是 (填字母)a.反应
①除主要生成物质A外,还可能生成、等b.步骤
①和
②可以互换c.反应
③是还原反应
(4)苯佐卡因有多种同分异构体,请写出其中任意一种满足下列条件的同分异构体的结构简式
①有两个对位取代基;
②-NH2直接连在苯环上;
③分子结构中含有酯基
(5)化合物有较好的阻燃性,请写出以甲苯为主要原料制备该阻燃剂的合成路线流程图提示
①合成过程中无机试剂任选;
②合成路线流程图示例如下【答案】15分
(1)
①④(2分) 羧基(2分)
(2)(2分)
(3)ac(2分)
(4)等中的任1个(2分)
(5)(5分)【解析】试题分析在反应
④中,C与乙醇发生酯化反应生成苯佐卡因,则C应为,根据题给B的分子式为C5H7NO4,可知B为,由题给信息,
①当苯环上连有甲基时,再引入的其他基团主要进入甲基的邻位或对位,当苯环上连有羧基时,再引入的其他基团主要进入羧基的间位,所以A为
(1)根据以上分析,反应
①为甲苯在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应生成,为取代反应,反应
②为在高锰酸钾条件下被氧化生成,为氧化反应,反应
③为,在铁,氯化氢作用下发生还原反应生成,为还原反应,反应
④为与乙醇发生酯化反应生成苯佐卡因,则为取代反应,C为,含有的含氧官能团的名称为羧基
(2)反应
①为甲苯在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应生成,反应的化学方程式为
(3)a、根据题个信息,甲苯和与浓硝酸发生邻位取代或生成三硝基甲苯,正确B、因为当苯环上连有甲基时,再引入的其他基团主要进入甲基的邻位或对位,当苯环上连有羧基时,再引入的其他基团主要进入羧基的间位,所以当步骤
①和
②互换时,先氧化成羧基,再取代则就不是对位而是间位,错误C、反应
③为在铁氯化氢作用下发生还原生成,为还原反应,错误所以选ac
(4)
①有两个对位取代基,
②为-NH2直接连在苯环上,
③分子结构中含有酯基,则符合条件的同分异构题为,等中的任1个
(5)采用逆推法,要合成,则要得到,模仿流程中用甲苯到C的反应,不同的是在邻位取代,则流程图为考点有机物的合成18.(12分)化合物KaFebC2O4c·dH2O(其中铁为正三价)是重要的光化学试剂通过下述实验确定该晶体的组成步骤a称取该样品
4.91g溶于水中配成250mL溶液,取出25mL溶液,向其中加入过量的NaOH溶液,将沉淀过滤,洗涤,高温灼烧至质量不再改变,称量其固体的质量为
0.08g步骤b另取出25mL溶液,加入适量稀H2SO4溶液,用
0.050mol·L-1KMnO4溶液滴定,到达滴定终点时,消耗KMnO4溶液
24.00mL已知KMnO4+H2C2O4+H2SO4=MnSO4+K2SO4+CO2+H2O
(1)配平上述反应方程式
(2)草酸为二元弱酸,其一级电离的方程式为
(3)滴定终点观察到的现象为
(4)通过计算确定样品的组成写出计算过程【答案】(12分)
(1)2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O(2分)H2C2O4HC2O4—+H+(2分)
(2)最后1滴KMnO4溶液滴入后,溶液变为浅红色,且半分钟内不变色(2分)
(3)在250ml溶液中,nFe3+=2nFe2O3=
0.08g÷160g/mol×2×10=
0.01mol(1分)nC2O42—=nKMnO4÷2×5×10=
0.050mol/L×
24.00×10-3L÷2×5×10=
0.03mol(1分)根据电荷守恒nK++3nFe3+=2nC2O42—nK+=
0.03mol(1分)nH2O=
4.91g-39g·mol-1×
0.03mol-56g·mol-1×
0.01mol-88g·mol-1×
0.03mol÷18g·mol-1=
0.03mol(1分)故nK+∶nFe3+∶nC2O42—∶nH2O=3∶1∶3∶3化学式为K3FeC2O43·3H2O(2分)【解析】试题分析
(1)高锰酸钾中锰元素化合价从+7价降低到+2价,变化5价,草酸中的碳元素化合价从+3价升高到二氧化碳中的+4价,升高1价,所以二者比例为2:5,再根据原子守恒配平其他物质的化学计量数,得方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O草酸是二元弱酸,第一步电离出氢离子和草酸氢根离子,电离方程式为H2C2O4HC2O4—+H+
(2)向草酸溶液中滴入高锰酸钾,当最后1滴KMnO4溶液滴入后,溶液变为浅红色,且半分钟内不变色
(3)在250ml溶液中,nFe3+=2nFe2O3=
0.08g÷160g/mol×2×10=
0.01molnC2O42—=nKMnO4÷2×5×10=
0.050mol/L×
24.00×10-3L÷2×5×10=
0.03mol;根据电荷守恒nK++3nFe3+=2nC2O42—,nK+=
0.03mol,nH2O=
4.91g-39g·mol-1×
0.03mol-56g·mol-1×
0.01mol-88g·mol-1×
0.03mol÷18g·mol-1=
0.03mol故nK+∶nFe3+∶nC2O42—∶nH2O=3∶1∶3∶3,化学式为K3FeC2O43·3H2O考点探究物质的组成或测量物质的含量19.(15分)高纯度的绿矾(FeSO4·7H2O)是治疗缺铁性贫血的特效药下面是以商品级纯度铁屑(含少量锡等杂质)生产绿矾的一种方法已知在H2S饱和溶液中,SnS沉淀完全时溶液的pH为
1.6;FeS开始沉淀时溶液的pH为
3.0,沉淀完全时的pH为
5.5
(1)检验所得绿矾晶体中是否含有Fe3+的实验操作是___________________________
(2)操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是_______________________;通入硫化氢至饱和的目的是
①除去操作I所得溶液中含有的Sn2+等杂质离子;
②除去Fe3+,反应的离子方程式为___________________________
(3)操作IV的顺序依次为___________、降温结晶
(4)操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤,其目的是
①除去晶体表面附着的硫酸等杂质;
②____________________________
(5)测定绿矾产品中Fe2+含量的方法是a.称取
2.8500g绿矾产品,溶解,在250mL容量瓶中定容;b.量取
25.00mL待测溶液于锥形瓶中;c.用硫酸酸化的
0.01000mol·L—1KMnO4溶液滴定至终点,反应为5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O消耗KMnO4溶液体积的平均值为
20.00mL计算上述样品中FeSO4·7H2O的质量分数为______________________【答案】(15分)
(1)取少量晶体溶于水,滴加KSCN溶液,若不出现血红色,(或滴加苯酚溶液,不出现紫色)表明不含有Fe3+(3分)
(2)使Sn2+完全变成SnS沉淀,而Fe2+不沉淀(2分)2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+(3分)
(3)蒸发浓缩(或蒸发)(2分)
(4)降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗(2分)
(5)
97.54%(
97.5%或
0.9754或
0.975)(3分)【解析】试题分析
(1)检验所得绿矾晶体中是否含有铁离子的实验操作是利用铁离子遇到硫氰化钾显红色,操作为取少量晶体溶于水,滴加KSCN溶液,若不出现血红色,(或滴加苯酚溶液,不出现紫色)表明不含有Fe3+
(2)已知在硫化氢饱和溶液中,硫化锡沉淀完全时溶液的pH为
1.6,硫化亚铁开始沉淀时溶液的pH为
3.0,沉淀完全时的pH=
5.5,操作二在溶液中用硫酸酸化到pH=2的目的是,在溶液pH=2时锡离子完全沉淀,而亚铁离子不沉淀,通入硫化氢到饱和的目的是硫化氢具有还原性,可以防止亚铁离子被氧化2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+
(3)从溶液中得到晶体,需要对溶液进行加热蒸发浓缩,结晶析出,过滤洗涤等
(4)冰水温度低,物质溶解度减小,可以洗去沉淀表面的杂质离子,降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗
(5)根据亚铁离子与高锰酸钾的比例关系计算,亚铁离子的物质的量为
0.001摩尔,则250mL总含有亚铁为
0.001×250/25=
0.01摩尔,则硫酸亚铁晶体的质量为
0.01×278=
2.78g,质量分数为
2.78/
2.85=
97.54%考点铁盐或亚铁盐的相互转化,氧化还原反应的计算,制备实验方案的设计20.(14分)氮的重要化合物如氨(NH3)、肼(N2H4)、三氟化氮(NF3)等,在生产、生活中具有重要作用
(1)利用NH3的还原性可消除氮氧化物的污染,相关热化学方程式如下H2Ol=H2Og△H1=
44.0kJ·mol-1N2g+O2g=2NOg△H2=
229.3kJ·mol-14NH3g+5O2g=4NOg+6H2Og△H3=-
906.5kJ·mol-14NH3g+6NOg=5N2g+6H2Ol△H4则△H4=kJ·mol-1
(2)使用NaBH4为诱导剂,可使Co2+与肼在碱性条件下发生反应,制得高纯度纳米钴,该过程不产生有毒气体
①写出该反应的离子方程式
②在纳米钴的催化作用下,肼可分解生成两种气体,其中一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝若反应在不同温度下达到平衡时,混合气体中各组分的体积分数如下图1所示,则N2H4发生分解反应的化学方程式为;为抑制肼的分解,可采取的合理措施有(任写一种)
(3)在微电子工业中NF3常用作氮化硅的蚀刻剂,工业上通过电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3,其电解原理如上图2所示
①氮化硅的化学式为
②a电极为电解池的(填“阴”或“阳”)极,写出该电极的电极反应式;电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质,该气体的分子式是【答案】
(1)-
2317.0
(2)
①Co2++N2H4+4OH-=2Co↓+N2↑+4H2O
②3N2H4N2+4NH3降低温度
(3)
①Si3N4
②阳NH4++3F--6e-=NF3+4H+F2【解析】试题分析
(1)根据盖斯定律分析,反应
③-
②×5-
①×6得热化学方程式为4NH3g+6NOg=5N2g+6H2Ol△H4=-
906.5-(
229.3×5)-(44×6)=-
2317.0KJ/mol
(2)
①根据题意,钴元素的化合价减低,所以氮元素化合价升高,只能为0价,即为氮气,据此分析还有水生成,根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为Co2++N2H4+4OH-=2Co↓+N2↑+4H2O
②使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气,即肼分解生成氨气,依据元素守恒可知,另外一种产物为氮气,所以方程式为3N2H4N2+4NH3;从图分析,温度越高,肼的体积分数含量约滴,所以要抑制肼的分解,应降低温度
(3)
①氮化硅中氮的非金属性强于硅,硅显+4价,氮显-3价,所以氮化硅的化学式为Si3N4
②由图2可知,氢离子在b极上得到电子生成氢气,所以b为阴极,a为阳极阳极铵根离子失去电子生成三氟化氮,电极反应为NH4++3F--6e-=NF3+4H+;依据电解原理可知,氟离子也可能失去电子生成氟单质,所以氧化性较强的单质为氟气考点产物的百分含量随浓度,时间的变化曲线,盖斯定律进行有关计算21.(12分)CaC2可用于固氮CaC2+N2CaCN2+C,CaCN2氰氨化钙和水反应可生成NH3
(1)写出与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的电子排布式
(2)C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是
(3)NH3中N原子的杂化方式为;根据价层电子对互斥理论推测CO32-的空间构型为
(4)CaCN2中阴离子为CN22-,与CN22-互为等电子体的分子有(填写一种化学式即可);写出CaCN2水解反应的化学方程式【答案】(12分)
(1)1s22s22p63s23p63d104s2或3d104s2
(2)CON
(3)sp3 平面正三角形
(4)CO2或N2O CaCN2 +3H2O=CaCO3+2NH3↑【解析】试题分析
(1)钙元素位于第四周期,最外层电子数为2,最外层电子数为2,内层排满电子的第四周期元素原子是锌,电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2或3d104s2
(2)同周期元素从左到右,第一电力能总体趋势增大,但第二主族和第五主族反常,第一电离能为CON
(3)氨气中氮形成3个δ键,还有一对孤对电子,氮杂化类型为sp3 ,碳酸根离子中碳价层电子对数为(4+0×3+2)/2 =3,碳与3个氧成键,空间构型为平面正三角形
(4)等电子体原子数相同,价电子数相同,C2-与O原子数相等,所以与CN22-互为等电子体的分子有,氮气和一氧化碳互为等电子体,与N2O互为等电子体的分子有二氧化碳CaCN2与水生成氨气,同时生成碳酸钙,方程式为CaCN2 +3H2O=CaCO3+2NH3↑考点原子核外电子排布,元素电离能,电负性的含义及应用,原子轨道杂化图4图3图2图1XYZW一定条件下反应
①反应
②邻羟基苯甲醛邻羟基苯甲酸阿司匹林溶解稀硫酸操作Ⅱ酸化pH=
2、冷却铁屑操作Ⅰ操作Ⅲ操作Ⅳ稀硫酸滤渣Ⅰ通H2S至饱和滤渣ⅡFeSO4·7H2O1100℃。