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2019-2020年高三上学期月考化学试卷(10月份)含解析
一、选择题(本大题共14小题,每小题3分.共42分.每小题只有一个选项符合题意)1.(3分)(xx秋•鄞州区校级期中)近两年来,“雾霾”一直是人们所关注的对象,如图为雾霾的主要成分示意图.下列说法不正确的是()A.苯是最简单的芳香烃B.重金属离子可导致蛋白质变性C.SO2和NxOy均属于酸性氧化物D.大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素2.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)下列有关化学用语的表示正确的是()A.HClO的结构式H﹣Cl﹣OB.硝基和二氧化氮两种粒子所含电子数相等C.甲烷分子的比例模型是D.甲基的电子式3.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)常温下,下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是()A.滴入甲基橙显红色的溶液中Na+、NO3﹣、I﹣、SO42﹣B.水电离的c(H+)=10﹣12mol/L的溶液中K+、AlO2﹣、CH3COO﹣、SiO32﹣C.=10﹣12的水溶液中K+、ClO﹣、S2﹣、Cl﹣D.加入铝粉能产生氢气的溶液中NH4+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣4.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)设NA为阿伏伽德罗常数,下列叙述正确的是()A.
1.8gD2O中含有NA个中子B.12gNaHSO4晶体中含有离子总数为
0.2NAC.pH=13的
1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH﹣数目为
0.2NAD.标准状况下,
2.24LHF中含有的电子数为NA5.(3分)(xx•巩义市校级模拟)近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面,高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾,是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌的新型高效的多功能水处理剂.高铁酸钾在水处理过程中涉及到的化学过程正确的有
①蛋白质的变性
②蛋白质的盐析
③胶体聚沉
④盐类水解
⑤焰色反应
⑥氧化还原反应()A.
①②③④B.
①③④⑥C.
②③④⑤D.
②③⑤⑥6.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是()A.洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B.用激光笔检验KI溶液中是否溶有淀粉C.配制硫酸亚铁溶液时,应将绿矾晶体溶于蒸馏水再加入一定量的铁粉D.用分液漏斗分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液时,应打开活塞,使乙酸乙酯缓慢流出7.(3分)(xx•江苏)下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验,能达到实验目的是()A.用装置甲制取氯气B.用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢C.用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D.用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2•4H2O8.(3分)(xx•上海)如图所示,将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中.下列正确的是()A.K1闭合,铁棒上发生的反应为2H++2e→H2↑B.K1闭合,石墨棒周围溶液pH逐渐升高C.K2闭合,铁棒不会被腐蚀,属于牺牲阳极的阴极保护法D.K2闭合,电路中通过
0.002NA个电子时,两极共产生
0.001mol气体9.(3分)(xx•黄石校级模拟)在标准状况下,将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水,溶液的密度为ρg•cm﹣3,溶质的质量分数为ω,溶质的物质的量浓度为cmol/L.下列叙述中正确的是()
①ω=
②c=
③上述溶液中再加入VmL水后,所得溶液的质量分数大于
0.5ω
④上述溶液中再加入
1.5VmL同浓度稀盐酸,充分反应后溶液中离子浓度大小关系为c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH﹣)A.
①④B.
②③C.
①③D.
②④10.(3分)(xx秋•鄞州区校级期中)甲、乙、丙、丁四种物质中,甲、乙、丙均含有相同的某种元素,它们之间具有如下转化关系下列有关物质的推断不正确的是()甲乙丙.A.若甲为AlCl3溶液,则丁可能是NaOH溶液B.若甲为H2S,则丁不可能是O2C.若甲为Fe,则丁可能是稀硝酸D.若甲为NaOH溶液,则丁可能是CO211.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)下列变化能够实现的是()
①弱酸与盐溶液反应生成强酸
②两种氧化物发生反应有气体生成
③两种酸的溶液充分反应后溶液呈中性
④复分解反应中既没有生成水,也没有生成沉淀和气体
⑤有单质生成的非氧化还原反应.A.全部B.只有
①③④C.只有
②④⑤D.只有
①②③④12.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)立方烷(C8H8)的碳架结构如图,则它的五氯代物有()种A.3B.4C.5D.613.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)下列说法正确的是()A.铅蓄电池在放电过程中,负极质量增加,正极质量减少B.
0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释后,溶液中的值减小C.某吸热反应在常温下能自发进行,它一定是熵增的反应D.锅炉中沉积的CaSO4可直接用稀盐酸溶解除去14.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)一定量的金属Cu完全溶于适量浓硝酸中,收集到混合气体(含NO、N2O
4、NO2)共
0.9mol.将上述气体平均分为两份,一份与标准状况下
4.48LO2混合后,用水吸收,无气体剩余;另一份恰好能被500mL1mol/LNaOH溶液完全吸收,生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液,则其中NaNO3的物质的量为()A.
0.25molB.
0.2molC.
0.15molD.
0.1mol
二、填空题(本大题共3小题,共30分)15.(10分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)氢气、甲醇是优质的清洁燃料,可制作燃料电池.
(1)已知
①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H1=﹣
1275.6kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=﹣
566.0kJ/mol
③H2O(g)=H2O
(1)△H3=﹣
44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式
(2)生产甲醇的原料CO和H2来源于CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H>0
①一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图a所示,则TlT2(填“<”、“>”、“=”,下同);A、B、C三点处对应平衡常数(KA、KB、KC)的大小关系为
②100℃时,将1molCH4和2molH2O通入容积为2L的定容密闭容器中发生反应,能说明该反应已经达到平衡状态的是a.容器内气体密度恒定b.单位时间内生成
0.1molCH4同时生成
0.3molH2c.容器的压强恒定d.v正(CH4)=3v逆(H2)如果达到平衡时CH4的转化率为
0.5,则100℃时该反应的平衡常数K=(保留2位小数)
(3)某实验小组利用CO(g)、O2(g)、KOH(aq)设计成如图b所示的电池装置,则该电池负极的电极反应式为.16.(9分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)常温下,pH=1的某溶液A中,还含有NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣、I﹣、SO42﹣中的4种,且各离子的物质的量浓度均为
0.1mol/L,现取该溶液进行有关实验,实验结果如下图所示
(1)写出生成白色沉淀甲的离子方程式
(2)气体乙可作为纯碱工业的生产原料,写出相应化学方程式
(3)加入
1.92g金属铜,完全溶解时理论上可获得红棕色气体丁mol,但实际情况比理论值偏小,原因是(用化学方程式表示).
(4)根据以上实验内容,可以确定溶液A中大量存在的离子有H+、.17.(12分)(xx•分宜县校级三模)已知硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O,硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O.利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为回答下列有关问题
(1)硼砂中B的化合价为,将硼砂溶于热水后,常用稀H2SO4调pH=2~3制取H3BO3,该反应的离子方程式为.
(2)MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热,其目的是.若用惰性电极电解MgCl2溶液,其阴极反应式为.
(3)镁﹣H2O2酸性燃料电池的反应原理为Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O,则正极反应式为.常温下,若起始电解质溶液pH=1,则pH=2时,溶液中Mg2+浓度为_.当溶液pH=6时,(填“有”或“没有”)Mg(OH)2沉淀析出(已知Ksp=
5.6×10﹣12).
(4)制得的粗硼在一定条件下生成BI3,BI3加热分解可以得到纯净的单质硼.现将
0.020g粗硼制成的BI3完全分解,生成的I2用
0.30mol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液
18.00mL.该粗硼样品的纯度为(提示I2+2S2O═2I﹣+S4O)(结果保留一位小数).
三、实验题(本大题共1小题,共13分)18.(12分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)是一种不溶于水的液体,熔点﹣45℃,沸点
180.8℃.它是有机合成中常用的原料,可以由乙酸乙酯(沸点
77.06℃)在乙醇钠的催化作用下缩合而制得,反应方程式为2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5+C2H5OH.反应中催化剂乙醇钠是由金属钠和残留在乙酸乙酯中的微量乙醇作用生成的,而一旦反应开始,生成的乙醇又会继续和钠反应生成乙醇钠.
(1)首先在烧瓶中将钠加热熔化成小米状的钠珠.熔化钠时需加入下表中的液体,目的是.将钠熔化成钠珠的目的是.钠苯甲苯对二甲苯四氯化碳密度(g/cm3)
0.
970.
880.
870.
861.60熔点(℃)
97.
85.5﹣
9513.3﹣
22.8沸点(℃)
881.
480111138.
476.8
(2)将烧瓶中的有机液体小心倾出,迅速加入适量乙酸乙酯,并装上带有一根长玻璃导管的单孔胶塞,并在导管上端接一个干燥管.缓缓加热,保持瓶中混合液微沸状态.
①长玻璃导管的作用是.
②结合乙酸乙酯的性质可知,在实验中,使用烧瓶必须干燥,原料乙酸乙酯必须无水,原因是(写出相关有机反应化学方程式,并结合必要的文字进行说明).
(3)充分反应后,向混合溶液中先加入乙酸(沸点
117.9℃)酸化,再加入饱和食盐水,然后进行(实验操作名称),分离得到乙酰乙酸乙酯粗产品.加入饱和食盐水的目的是.
(4)粗产品(含乙酸乙酯和少量水、乙酸等)再经过以下几步操作,最后成为纯品.粗产品乙酰乙酸乙酯加无水硫酸钠固体的作用是,操作X中使用的玻璃仪器有,水浴蒸馏收集得到的馏分是.
四、选考题请考生在下面“物质结构与性质”与“有机化学基础”两个模块中选择一个模块试题作答,如果多做,则按所做的第一个模块计分.【物质结构与性质】19.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)卤族元素的单质和化合物很多,我们可利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解它们.
(1)卤族元素位于元素周期表的区;
(2)请根据下表提供的第一电离能数据判断,最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是;氟氯溴碘第一电离能(kJ/mol)1681125111401008
(3)已知高碘酸有两种形式,分子式分别为H5IO6和HIO4,前者结构如图,后者则为一元酸,请比较二者酸性强弱H5IO6HIO4(填“>”“<”或“=”).20.(12分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)某配位化合物X为深蓝色晶体,由原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种非0族元素组成,其原子个数比为144511,其中A是元素周期表中原子半径最小的元素,B元素原子最外层p能级比s能级多一个电子,C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍,E元素的原子外围电子排布为(n﹣l)dn+6nsl.请回答下列问题
(1)元素E在周期表中的位置是;该配位化合物X的化学式为
(2)下列关于X的说法正确的是A.X中所含化学键有离子键、配位键和氢键B.X中E离子给出孤对电子C.组成X的元素中第一电离能最大的是CD.DC42﹣空间构型为正四面体
(3)A元素与B元素可形成分子式为A2B2的某化合物,该化合物的分子具有平面结构,则其结构式为,其中B原子的杂化方式为.
(4)C元素与D元素形成的一种具有较强还原性的分子的VSEPR模型为
(5)已知单质E的晶胞属于面心立方最密堆积,其晶胞边长为a×10﹣8cm,则E的密度为g•cm﹣3.【有机化学基础】21.(xx秋•龙泉驿区校级月考)有机物A(C12H15ClO3)为含多种官能团的芳香族化合物,其结构简式如图所示(其中虚线框内为未知部分的结构),A可发生如下转化(其中部分产物已略去).已知C的催化氧化产物不能发生银镜反应;E能使溴的CCl4溶液褪色.回答下列问题
(1)写出A的结构简式(写出一种即可).
(2)写出F中官能团的名称,E→G的反应类型为.
(3)写出下列方程式B→D;C→E.
(4)D有多种同分异构体,满足下列条件的同分异构体有种,其中核磁共振氢谱为4组峰,且面积比为2233的同分异构体的结构简式(写出一种即可).
①含有苯环及两个甲基;
②能发生水解反应.xx学年湖南省四校(宜昌一中、襄阳四中、龙泉中学、荆州中学)高三(上)月考化学试卷(10月份)参考答案与试题解析
一、选择题(本大题共14小题,每小题3分.共42分.每小题只有一个选项符合题意)1.(3分)(xx秋•鄞州区校级期中)近两年来,“雾霾”一直是人们所关注的对象,如图为雾霾的主要成分示意图.下列说法不正确的是()A.苯是最简单的芳香烃B.重金属离子可导致蛋白质变性C.SO2和NxOy均属于酸性氧化物D.大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素考点常见的生活环境的污染及治理.专题化学应用.分析A.芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物;B.重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离,使体内的蛋白质凝固及变性;C.NxOy组成未知,不一定是酸性氧化物;D.大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘.解答解A.芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物,最简单的芳香烃是苯,故A正确;B.重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离子,形成配离子后蛋白质功能就丧失,使体内的蛋白质凝固及变性,故B正确;C.二氧化硫为酸性氧化物,但NxOy组成未知,不一定是酸性氧化物,故C错误;D.大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘,是造成雾霾天气的一种重要因素,故D正确.故选C.点评本题考查了蛋白质、胶体的性质、芳香烃的、酸性氧化物的定义,涉及知识点广,均为基础性知识,熟练掌握物质的性质和概念是解题的关键.2.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)下列有关化学用语的表示正确的是()A.HClO的结构式H﹣Cl﹣OB.硝基和二氧化氮两种粒子所含电子数相等C.甲烷分子的比例模型是D.甲基的电子式考点电子式、化学式或化学符号及名称的综合.专题化学用语专题.分析A.次氯酸的中心原子是O元素;B.硝基为中性原子团,硝基与二氧化氮含有的电子数一定相等;C.为甲烷的球棍模型;D.甲基为电中性基团,碳原子有1个单电子.解答解A.次氯酸分子中O原子分别与H、Cl原子之间之间形成1对共用电子对,故HClO的结构式为H﹣O﹣Cl,故A错误;B.硝基(﹣NO2)电子数=7+2×8=23,二氧化氮(NO2)电子数=7+2×8=23,两种粒子所含电子数相同,故B正确;C.甲烷分子的比例模型应该体现出甲烷分子中各原子的相对体积大小,为甲烷的球棍模型,甲烷的比例模型为,故C错误;D.甲烷去掉1个H原子剩余部分为甲基,甲基为电中性基团,碳原子有1个单电子,正确的电子式为,故D错误;故选B.点评本题考查化学用语的判断,题目难度中等,试题综合性较大,涉及结构式、比例模型与球棍模型、电子式等知识,注意基础知识的掌握,明确有机物中“基”是电中性原子团.3.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)常温下,下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是()A.滴入甲基橙显红色的溶液中Na+、NO3﹣、I﹣、SO42﹣B.水电离的c(H+)=10﹣12mol/L的溶液中K+、AlO2﹣、CH3COO﹣、SiO32﹣C.=10﹣12的水溶液中K+、ClO﹣、S2﹣、Cl﹣D.加入铝粉能产生氢气的溶液中NH4+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣考点离子共存问题.专题离子反应专题.分析A.离子之间发生氧化还原反应;B.该组在强碱性溶液中离子之间不反应;C.离子之间发生氧化还原反应;D.加入铝粉能产生氢气的溶液,可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液.解答解A、滴入甲基橙显红色,溶液呈酸性,酸性溶液中NO3﹣、I﹣发生氧化还原反应,故A错误;B、水电离的c(H+)=10﹣12mol/L,可能强酸性溶液和强碱性溶液,在强碱性溶液中K+、AlO2﹣、CH3COO﹣、SiO32﹣能共存,故B正确;C、=10﹣12的水溶液呈酸性,ClO﹣具有强氧化性,硫离子具有还原性,两者发生氧化还原反应,而且酸性溶液中ClO﹣、Cl﹣,发生氧化还原反应,故C错误;D、加入铝粉能产生氢气的溶液,可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液,酸性溶液中Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应,碱性溶液中NH4+、Fe2+不能共存,故D错误;故选B.点评本题考查离子的共存,为高频考点,把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键,侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查,题目难度较大.4.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)设NA为阿伏伽德罗常数,下列叙述正确的是()A.
1.8gD2O中含有NA个中子B.12gNaHSO4晶体中含有离子总数为
0.2NAC.pH=13的
1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH﹣数目为
0.2NAD.标准状况下,
2.24LHF中含有的电子数为NA考点阿伏加德罗常数.专题阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.分析A、根据重水的摩尔质量为20g/mol,利用n=求出重水的物质的量,即可求得中子数;B、NaHSO4晶体中含有1molNa+和1molHSO4﹣;C、根据溶液的pH求出氢离子浓度,然后根据Kw求出氢氧根的浓度,即可求出氢氧根的个数;D、HF在标况下为液态.解答解A、重水的摩尔质量为20g/mol,
1.8g重水的物质的量n===
0.09mol,而1mol重水含10mol中子,故
0.09mol重水中含
0.9mol中子,个数为
0.9NA个,故A错误;B、12gNaHSO4晶体的物质的量n==
0.1mol,而1molNaHSO4晶体中含有1molNa+和1molHSO4﹣,故
0.1molNaHSO4晶体中含有
0.1molNa+和
0.1molHSO4﹣,即含
0.2mol离子,个数为
0.2NA个,故B正确;C、溶液的pH=13,故氢离子浓度为10﹣13mol/L,根据Kw可知氢氧根的浓度为
0.1mol/L,故氢氧根的物质的量为
0.1mol,个数为
0.1NA,故C错误;D、HF在标况下为液态,故D错误.故选B.点评本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,难度不大.5.(3分)(xx•巩义市校级模拟)近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面,高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾,是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌的新型高效的多功能水处理剂.高铁酸钾在水处理过程中涉及到的化学过程正确的有
①蛋白质的变性
②蛋白质的盐析
③胶体聚沉
④盐类水解
⑤焰色反应
⑥氧化还原反应()A.
①②③④B.
①③④⑥C.
②③④⑤D.
②③⑤⑥考点三废处理与环境保护;胶体的重要性质;氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.专题化学应用.分析高铁酸钾具有强氧化性,可致蛋白质发生氧化而变性,高铁酸钾被还原生成Fe3+,水解生成具有吸附性的Fe(OH)3胶体而达到净水作用.解答解高铁酸钾具有强氧化性,可致蛋白质发生氧化而变性,则不涉及蛋白质的盐析,故
②错误;高铁酸钾被还原生成Fe3+,水解生成具有吸附性的Fe(OH)3胶体而达到净水作用,涉及胶体聚沉、盐类水解,不涉及颜色反应,则
⑤错误,所以涉及的有
①③④⑥,故选B.点评本题考查高铁酸钾的性质以及反应原理,题目难度不大,解答该题的关键是把握相关物质的性质及应用,学习中注意积累.6.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是()A.洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B.用激光笔检验KI溶液中是否溶有淀粉C.配制硫酸亚铁溶液时,应将绿矾晶体溶于蒸馏水再加入一定量的铁粉D.用分液漏斗分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液时,应打开活塞,使乙酸乙酯缓慢流出考点化学实验方案的评价.专题实验评价题.分析A.带刻度仪器不能烘干;B.淀粉溶液具有丁达尔效应;C.配制硫酸亚铁溶液,应防止亚铁离子的水解和氧化;D.上层液体从上口倒出,下层液体从下层倒出.解答解A.不能用烘箱烘干带刻度仪器,会造成误差,故A错误;B.淀粉溶液为胶体,具有丁达尔效应,可用激光笔检验,故B正确;C.不能用烘箱烘干带刻度仪器,会造成误差,故C错误;D.乙酸乙酯在上层,应从上口到出,故D错误.故选B.点评本题考查较为综合,涉及溶液的配制、物质的检验、分离提纯等知识,为高频考点,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,注意把握实验的严密性和可行性的评价,难度不大.7.(3分)(xx•江苏)下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验,能达到实验目的是()A.用装置甲制取氯气B.用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢C.用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D.用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2•4H2O考点真题集萃;氯气的实验室制法;氯、溴、碘的性质实验.专题实验设计题.分析A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热;B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性,能吸收氯气,气体应为长进短处;C、二氧化锰不溶于水,将液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法为过滤;D、锰离子可发生水解.解答解A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热,甲装置无加热仪器,故A错误;B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性,能吸收氯气,且NaHCO3和HCl反应能生成CO2,引入新的杂质气体,所以吸收试剂应该为饱和食盐水,并且气体应为长进短出,故B错误;C、二氧化锰不溶于水,因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤,丙装置为过滤装置,故C正确;D、锰离子水解,水解吸热,因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制MnCl2•4H2O,应该在HCl的气氛中进行,故D错误;故选C.点评本题考查了氯气的实验室制备,侧重于实验原理、实验仪器、实验基本操作、盐类水解的考查,综合性较强,难度一般,注意气体的进出导管长短、盐类水解的抑制应用.8.(3分)(xx•上海)如图所示,将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中.下列正确的是()A.K1闭合,铁棒上发生的反应为2H++2e→H2↑B.K1闭合,石墨棒周围溶液pH逐渐升高C.K2闭合,铁棒不会被腐蚀,属于牺牲阳极的阴极保护法D.K2闭合,电路中通过
0.002NA个电子时,两极共产生
0.001mol气体考点原电池和电解池的工作原理;真题集萃.专题电化学专题.分析若闭合K1,该装置没有外接电源,所以构成了原电池;组成原电池时,较活泼的金属铁作负极,负极上铁失电子发生氧化反应;石墨棒作正极,正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应;若闭合K2,该装置有外接电源,所以构成了电解池,Fe与负极相连为阴极,碳棒与正极相连为阳极,据此判断.解答解A、若闭合K1,该装置没有外接电源,所以构成了原电池,较活泼的金属铁作负极,负极上铁失电子,Fe﹣2e﹣=Fe2+,故A错误;B、若闭合K1,该装置没有外接电源,所以构成了原电池;不活泼的石墨棒作正极,正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应,电极反应式为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣,所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高,故B正确;C、K2闭合,Fe与负极相连为阴极,铁棒不会被腐蚀,属于外加电源的阴极保护法,故C错误;D、K2闭合,电路中通过
0.002NA个电子时,阴极生成
0.001mol氢气,阳极生成
0.001mol氯气,两极共产生
0.002mol气体,故D错误.故选B.点评本题考查了原电池原理和电解池原理,能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键,题目难度中等.9.(3分)(xx•黄石校级模拟)在标准状况下,将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水,溶液的密度为ρg•cm﹣3,溶质的质量分数为ω,溶质的物质的量浓度为cmol/L.下列叙述中正确的是()
①ω=
②c=
③上述溶液中再加入VmL水后,所得溶液的质量分数大于
0.5ω
④上述溶液中再加入
1.5VmL同浓度稀盐酸,充分反应后溶液中离子浓度大小关系为c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH﹣)A.
①④B.
②③C.
①③D.
②④考点物质的量浓度的相关计算;溶液中溶质的质量分数及相关计算.专题物质的量浓度和溶解度专题.分析
①溶质的质量分数为ω可由溶质的质量和溶液的质量来计算;
②根据c=来计算;
③根据溶质的质量分数=×100%来计算;
④根据反应后的溶质及水解来分析.解答解
①VmL氨水,溶液的密度为ρg•cm﹣3,溶液的质量为ρVg,溶质的质量为×17,则溶质的质量分数为ω=,故
①错误;
②溶质的物质的量为mol,溶液的体积为VmL,则c=mol/L,故
②正确;
③再加入VmL水后,所得溶液的质量分数为,水的密度大于氨水的密度,则所得溶液的质量分数小于
0.5ω,故
③错误;
④VmL氨水,再加入
1.5VmL同浓度稀盐酸,充分反应后生成氯化铵,还有剩余的盐酸,溶液显酸性,则c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH﹣),故
④正确;故选D.点评本题考查物质的量浓度的有关计算,明确质量分数、物质的量浓度的关系、氨水的密度与水的密度大小是解答本题的关键,题目难度不大.10.(3分)(xx秋•鄞州区校级期中)甲、乙、丙、丁四种物质中,甲、乙、丙均含有相同的某种元素,它们之间具有如下转化关系下列有关物质的推断不正确的是()甲乙丙.A.若甲为AlCl3溶液,则丁可能是NaOH溶液B.若甲为H2S,则丁不可能是O2C.若甲为Fe,则丁可能是稀硝酸D.若甲为NaOH溶液,则丁可能是CO2考点镁、铝的重要化合物;硫化氢;钠的重要化合物;铁的化学性质.专题元素及其化合物.分析A.若甲为AlCl3溶液,丁是NaOH溶液,则乙为氢氧化铝、丙为偏铝酸钠;B.若甲为H2S,丁如果是O2,则乙为SO
2、丙为SO3,SO3可以与H2S反应得到SO2;C.若甲为Fe,丁是稀硝酸,则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁;D.若甲为NaOH溶液,丁是CO2,则乙为Na2CO3,丙为NaHCO3.解答解A.若甲为AlCl3溶液,丁是NaOH溶液,则乙为氢氧化铝、丙为偏铝酸钠,氯化铝与偏铝酸钠发生水解反应得到氢氧化铝,符合转化关系,故A正确;B.若甲为H2S,丁如果是O2,则乙为SO
2、丙为SO3,SO3可以与H2S反应得到SO2,故B错误;C.若甲为Fe,丁是稀硝酸,则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁,硝酸铁与Fe反应得到硝酸亚铁,符合转化关系,故C正确;D.若甲为NaOH溶液,丁是CO2,则乙为Na2CO3,丙为NaHCO3,碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠,符合转化关系,故D正确,故选B.点评本题考查无机物的推断,综合考查元素化合物性质,关键是掌握物质之间的相互转化,题目难度中等.11.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)下列变化能够实现的是()
①弱酸与盐溶液反应生成强酸
②两种氧化物发生反应有气体生成
③两种酸的溶液充分反应后溶液呈中性
④复分解反应中既没有生成水,也没有生成沉淀和气体
⑤有单质生成的非氧化还原反应.A.全部B.只有
①③④C.只有
②④⑤D.只有
①②③④考点化学基本反应类型.专题物质的性质和变化专题.分析
①弱酸与盐溶液反应符合复分解反应发生的条件可以生成强酸;
②过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气;
③氢硫酸与亚硫酸恰好完全反应,所得溶液呈中性;
④复分解反应的条件是生成难溶物、难电离物和易挥发性物质;
⑤有单质参加的非氧化还原反应,如同素异形体间的转化.解答解
①弱酸可以与盐溶液反应生成强酸,如如氢硫酸与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀与硫酸,故
①正确;
②两种氧化物发生反应可以有气体生成,如过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,故
②正确;
③两种酸的溶液充分反应后溶液可能呈中性,如氢硫酸与亚硫酸恰好完全反应,所得溶液呈中性,故
③正确;
④复分解反应中可以既没有生成水,也没有生成沉淀和气体,如醋酸钠与盐酸反应生成醋酸和氯化钠,既没有生成水,也没有生成沉淀和气体,故
④正确;
⑤有单质参加的非氧化还原反应,红磷和白磷是两种物质,当红磷转化成白磷时发生了化学反应,但单质转化成单质化合价没有发生改变,是非氧化还原反应,故
⑤正确;根据以上分析可知,能够实现的是
①②③④⑤,故选A.点评本题考查了常见物质的性质,题目难度不大,熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键,正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法.12.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)立方烷(C8H8)的碳架结构如图,则它的五氯代物有()种A.3B.4C.5D.6考点有机化合物的异构现象;常见有机化合物的结构.专题有机化学基础.分析采用换元法,将氯原子代替氢原子,氢原子代替氯原子,从立方烷(C8H8)的三氯代物种类,即为立方烷的五氯代物的种类.解答解立方烷(C8H8)的三氯代物固定立方烷中相邻的两个顶点,则第三个点的位置可以是与任意两个固定顶点相邻的一个顶点、与两个顶点所在面上的面对角线的顶点,与任意两个固定顶点的体对角线的顶点,因此立方烷(C8H8)的三氯代物为3种,所以立方烷的五氯代物有3种,故选A.点评本题考查同分异构体的书写,难度不大,注意体会利用采用换元法确定立方烷的五氯代物的种类.13.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)下列说法正确的是()A.铅蓄电池在放电过程中,负极质量增加,正极质量减少B.
0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释后,溶液中的值减小C.某吸热反应在常温下能自发进行,它一定是熵增的反应D.锅炉中沉积的CaSO4可直接用稀盐酸溶解除去考点原电池和电解池的工作原理;反应热和焓变;弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题基本概念与基本理论.分析A.铅蓄电池在放电过程中电极质量都增大;B.加水稀释促进弱酸电离,但溶液中氢离子浓度减小,根据K不变来判断;C.如反应能自发进行,应满足△H﹣T•△S<0;D.CaSO4不与稀盐酸反应.解答解A.铅蓄电池在放电过程中,负极电极反应式Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4,负极质量增加,正极电极反应式为PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣=PbSO4+2H2O,正极质量增加,故A错误;B.加水稀释促进弱酸电离,但溶液中氢离子浓度减小,温度不变,醋酸电离平衡常数不变,导致增大,故B减小;C.吸热反应即△H>0,在常温下能自发进行,则应满足△H﹣T•△S,<0,则该反应的△S>0,故C正确;D.CaSO4不与稀盐酸反应,故D错误.故选C.点评本题考查较为综合,涉及原电池、反应自发性的判断、弱酸的电离等,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力和基础知识的综合理解和运用的考查,难度不大,注意相关知识的积累.14.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)一定量的金属Cu完全溶于适量浓硝酸中,收集到混合气体(含NO、N2O
4、NO2)共
0.9mol.将上述气体平均分为两份,一份与标准状况下
4.48LO2混合后,用水吸收,无气体剩余;另一份恰好能被500mL1mol/LNaOH溶液完全吸收,生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液,则其中NaNO3的物质的量为()A.
0.25molB.
0.2molC.
0.15molD.
0.1mol考点化学方程式的有关计算.专题计算题.分析一足量的Cu与一定量的浓HNO3反应得到硝酸铜溶液和NO
2、N2O
4、NO的混合气体,混合气体
0.45mol与
4.48LO2(标准状况)混合后通入水中,所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸,则Cu提供的电子物质的量等于氧气获得电子的物质的量,整个过程发生的反应较复杂,但从氧化还原反应电子得失的角度分析可以简化为铜和氮间电子的转移,铜和硝酸反应铜还原硝酸生成氮氧化合物,在NaOH溶液中氮氧化合物又转化成NaNO3和NaNO2,我们可以认为铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了NaNO2,根据得失电子数目相等得到2n(Cu)=2n(NaNO2),再根据钠守恒计算硝酸钠的物质的量.解答解
4.48LO2的物质的量为=
0.2mol,NO
2、N2O
4、NO的混合气体
0.45mol与
4.48LO2(标准状况)混合后通入水中,所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸,根据电子转移守恒,Cu提供的电子物质的量等于氧气获得电子的物质的量,故一半铜失去电子的物质的量=
0.2mol×4=
0.8mol.用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化,其一是Cu→Cu(NO3)2,Cu元素化合价由0价升高为+2价,每个Cu原子失2个电子;另一个是HNO3→NaNO2,N元素由+5价降低为+3价,每个N原子得2个电子,HNO3到NaNO2共得到电子
0.8mol,根据得失电子数目相等得到2n(Cu)=2n(NaNO2),故产物中NaNO2的物质的量为=
0.4mol,硝酸钠的物质的量为
0.5L×1mol/L﹣
0.4mol=
0.1mol,故选D.点评本题考查氧化还原反应的有关计算,难度中等,用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键.
二、填空题(本大题共3小题,共30分)15.(10分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)氢气、甲醇是优质的清洁燃料,可制作燃料电池.
(1)已知
①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H1=﹣
1275.6kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=﹣
566.0kJ/mol
③H2O(g)=H2O
(1)△H3=﹣
44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式
(2)生产甲醇的原料CO和H2来源于CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H>0
①一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图a所示,则Tl<T2(填“<”、“>”、“=”,下同);A、B、C三点处对应平衡常数(KA、KB、KC)的大小关系为KC=KB>KA
②100℃时,将1molCH4和2molH2O通入容积为2L的定容密闭容器中发生反应,能说明该反应已经达到平衡状态的是bca.容器内气体密度恒定b.单位时间内生成
0.1molCH4同时生成
0.3molH2c.容器的压强恒定d.v正(CH4)=3v逆(H2)如果达到平衡时CH4的转化率为
0.5,则100℃时该反应的平衡常数K=
0.56(保留2位小数)
(3)某实验小组利用CO(g)、O2(g)、KOH(aq)设计成如图b所示的电池装置,则该电池负极的电极反应式为CO﹣2e﹣+4OH﹣=CO32﹣+2H2O.考点热化学方程式;化学电源新型电池;化学平衡状态的判断;化学平衡的计算.分析
(1)依据盖斯定律计算反应热,写出反应的热化学方程式;
(2)
①正反应为吸热反应,压强一定时,升高温度,平衡向正反应方向移动,甲烷的转化率增大,据此判断温度大小;平衡常数只受温度影响,处于等温线上各点平衡常数相等,由图可知,压强一定时,温度T2条件下,甲烷的转化率更大,则反应进行的程度更大;
②达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度不变,百分含量不变,以及由此衍生其它一些物理量不变,据此结合选项判断;利用三段式计算平衡时各组分的物质的量浓度,代入平衡常数表达式计算.
(3)CO发生氧化反应,在负极失去电子,碱性条件下生成碳酸根与水.解答解
(1)
①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H1=﹣
1275.6kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=﹣
566.0kJ/mol
③H2O(g)=H2O(l)△H3=﹣
44.0kJ/mol由盖斯定律
①﹣
②+
③×4,得2CH3OH(l)+2O2(g)=2CO(g)+4H2O(l)△H=﹣
885.6KJ/mol;故答案为CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=﹣
442.8kJ/mol;
(2)
①由图开始,压强一定时,温度T2的转化率较大,正反应为吸热反应,升高温度,平衡向正反应方向移动,甲烷的转化率增大,故温度Tl<T2;平衡常数只受温度影响,B、C处于等温线上,平衡常数相等,由图可知,压强一定时,温度T2条件下,甲烷的转化率更大,则反应进行的程度更大,比温度T1时的平衡常数大,故平衡常数KC=KB>KA,故答案为<;KC=KB>KA;
②a.100℃时,反应混合物都是气体,混合气体总质量不变,容器的容积不变,容器内气体密度始终不变,不能说明得到平衡,故a错误;b.单位时间内生成
0.1molCH4同时生成
0.3molH2,表述的方向相反,比值等于计量数之比,故b正确;c.随反应进行混合气体总物质的量增大,容器容积不变,压强增大,当容器的压强恒定时,说明到达平衡,故c正确;d.不同物质的正逆速率之比等于化学计量数之比,反应到达平衡,故应为3v正(CH4)=v逆(H2),故d错误,故答案为bc;平衡时甲烷的转化为
0.5,则甲烷的浓度变化量=
0.5mol/L×
0.5=
0.25mol/L,CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)开始(mol/L)
0.5100变化(mol/L)
0.
250.
250.
250.75平衡(mol/L)
0.
250.
750.
250.75故平衡常数k==
0.65,故答案为bc,
0.56;
(3)CO发生氧化反应,在负极失去电子,碱性条件下生成碳酸根与水,负极电极反应式为CO﹣2e﹣+4OH﹣=CO32﹣+2H2O,故答案为CO﹣2e﹣+4OH﹣=CO32﹣+2H2O.点评本题比较综合,难度中等,涉及热化学方程式、化学平衡图象及影响因素、平衡常数、平衡状态判断、原电池等,
(3)可以用总反应式减去正极电极反应式得负极电极反应式.16.(9分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)常温下,pH=1的某溶液A中,还含有NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣、I﹣、SO42﹣中的4种,且各离子的物质的量浓度均为
0.1mol/L,现取该溶液进行有关实验,实验结果如下图所示
(1)写出生成白色沉淀甲的离子方程式2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2↑
(2)气体乙可作为纯碱工业的生产原料,写出相应化学方程式NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl
(3)加入
1.92g金属铜,完全溶解时理论上可获得红棕色气体丁
0.02mol,但实际情况比理论值偏小,原因是2NO2⇌N2O4(用化学方程式表示).
(4)根据以上实验内容,可以确定溶液A中大量存在的离子有H+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣.考点常见阳离子的检验;常见阴离子的检验.专题物质检验鉴别题.分析由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液,溶液中存在大量氢离子,可以排除CO32﹣;溶液A中加过量(NH4)2CO3,产生白色沉淀,白色沉淀只能为氢氧化铝,可以排除Fe2+、Fe3+,溶液含有一定有Al3+;溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙,丙在空气中变成红棕色,则丙为NO,原溶液中有NO3﹣,强酸性溶液中含有NO3﹣,则一定不存在具有还原性的离子Fe2+、I﹣,最后根据电荷守恒得原溶液中含有H+、NO3﹣、Al3+、SO42﹣Cl﹣五种离子.解答解由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液,氢离子浓度为
0.1mol/L,溶液中一定不存在与氢离子反应的离子CO32﹣;溶液A中加过量(NH4)2CO3,产生白色沉淀,可以排除Fe2+、Fe3+,原溶液中一定有Al3+;溶液乙加铜和浓硫酸能产生NO,原溶液中有NO3﹣,强酸性溶液中有NO3﹣,则一定没有Fe2+、I﹣;
(1)依据分析可知溶液中一定存在Al3+,Al3+与加入的碳酸根发生双水解反应生成氢氧化铝白色沉淀,离子反应方程式为2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2↑,故答案为2Al3++3CO32﹣+3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2↑;
(2)过量的铵根与加入的氢氧根反应生成氨气,故气体乙为氨气,氨气溶于水形成一水合氨,有利于二氧化碳的溶解,故反应的化学反应方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl,故答案为NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl;
(3)根据反应方程式3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知,消耗
1.92g铜,铜的物质的量为
0.03mol,理论上生成NO为
0.02mol,由于存在二氧化氮的偶氮反应2NO2⇌N2O4,即实际产量偏小,故答案为
0.02;2NO2⇌N2O4;
(4)溶液中一定存在硝酸根离子,硝酸根离子的物质的量浓度为
0.1mol/L,溶液中存在
0.1mol/L的氢离子、
0.1mol/L的铝离子,溶液中阳离子带有的电荷为
0.4mol/L;而溶液中除了存在
0.1mol/L的硝酸根离子外,还应该含有SO42﹣离子和Cl﹣,所以该溶液中一定有NO3﹣、Al3+、SO42﹣、Cl﹣四种离子,故答案为Al3+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣.点评本题考查了常见阴阳离子的检验、离子共存的判断,题目难度中等,注意掌握常见离子的性质及检验方法,判断硫酸根离子、氯离子时需要通过电荷守恒进行判断,试题培养了学生的分析、理解能力.17.(12分)(xx•分宜县校级三模)已知硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O,硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O.利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为回答下列有关问题
(1)硼砂中B的化合价为+3,将硼砂溶于热水后,常用稀H2SO4调pH=2~3制取H3BO3,该反应的离子方程式为B4O72﹣+2H++5H2O=4H3BO3.
(2)MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热,其目的是防止MgCl2水解生成Mg(OH)2.若用惰性电极电解MgCl2溶液,其阴极反应式为2H2O+Mg2++2e﹣=H2↑+Mg(OH)2↓.
(3)镁﹣H2O2酸性燃料电池的反应原理为Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O,则正极反应式为H2O2+2H++2e﹣=2H2O.常温下,若起始电解质溶液pH=1,则pH=2时,溶液中Mg2+浓度为_
0.045mol•L﹣1.当溶液pH=6时,没有(填“有”或“没有”)Mg(OH)2沉淀析出(已知Ksp=
5.6×10﹣12).
(4)制得的粗硼在一定条件下生成BI3,BI3加热分解可以得到纯净的单质硼.现将
0.020g粗硼制成的BI3完全分解,生成的I2用
0.30mol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液
18.00mL.该粗硼样品的纯度为
97.2%(提示I2+2S2O═2I﹣+S4O)(结果保留一位小数).考点物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用;制备实验方案的设计.专题实验设计题.分析硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O,硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O.利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程中硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液过滤得到氯化镁,加入浓盐酸溶解通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物,在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体,电解得到镁;滤液中主要是NaBO2,通入适量二氧化碳气体得到硼砂,溶于热水后,用H2SO4调pH2~3制取H3BO3,加热得到B2O3;
(1)硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O,依据元素化合价标注计算硼元素化合价;用H2SO4调pH2~3,硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3;
(2)氯化镁在水溶液中水解生成氢氧化镁;惰性电极电解MgCl2溶液阴极氢离子得到电子生成氢气,水的电离平衡破坏,水电离生成氢氧根离子浓度增大,和镁离子形成氢氧化镁沉淀,合并写出电极反应;
(3)燃料电池中正极上是过氧化氢得到电子生成水;依据电解质溶液PH变化结合电池反应计算镁离子浓度;PH=6计算氢氧根离子浓度,结合生成镁离子浓度计算浓度商和溶度积常数比较分析是否生成氢氧化镁沉淀;
(4)根据关系式B~BI3~I2~3S2O32﹣及滴定数据计算出粗硼中硼的含量.解答解
(1)硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O,钠元素化合价为+1价,氧元素化合价﹣2价,依据化合价代数和计算得到硼元素化合价为+3价;用H2SO4调pH2~3,硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3,反应的离子方程式为B4O72﹣+2H++5H2O=4H3BO3,故答案为+3;B4O72﹣+2H++5H2O=4H3BO3;
(2)MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热,是为了防止氯化镁水解生成氢氧化镁;若用惰性电极电解MgCl2溶液,阴极氢离子得到电子生成氢气,水的电离平衡破坏,水电离生成氢氧根离子浓度增大,和镁离子形成氢氧化镁沉淀,合并写出阴极反应式为2H2O+Mg2++2e﹣=H2↑+Mg(OH)2↓;故答案为防止MgCl2水解生成Mg(OH)2;2H2O+Mg2++2e﹣=H2↑+Mg(OH)2↓;
(3)镁﹣H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O,正极上是过氧化氢得到电子生成水的反应,正极反应式H2O2+2H++2e﹣=2H2O;若起始电解质溶液pH=1,则pH=2时溶液中,氢离子浓度减小
0.1mol/L﹣
0.01mol/L=
0.09mol/L,依据反应方程式得到Mg2+离子浓度=
0.045mol/L;Ksp=
5.6×10﹣12,当溶液pH=6时,c(OH﹣)=10﹣8mol/L,则Qc=c(Mg2+)×c2(OH﹣)=
0.045mol/L×10﹣16mol/L=
4.5×10﹣18<Ksp,说明无氢氧化镁沉淀生成;故答案为H2O2+2H++2e﹣=2H2O;
0.045mol•L﹣1;没有;
(4)硫代硫酸钠的物质的量为
0.30mol/L×
0.018L=
0.0054mol,根据关系式B~BI3~I2~3S2O32﹣,n(B)=n(S2O32﹣)=
0.0018mol,硼的质量为
10.81g/mol×
0.0018mol=
0.01944g,粗硼中硼的含量为×100%=
97.2%,故答案为
97.2%.点评本题考查了盐类的水解、原电池原理和电解池原理的分析,沉淀溶解平衡的计算应用,题目难度稍大,计算是难点,计算时要充分利用题目所给数量关系和表中数据,根据质量关系和质量分数的概念快速解题.
三、实验题(本大题共1小题,共13分)18.(12分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)是一种不溶于水的液体,熔点﹣45℃,沸点
180.8℃.它是有机合成中常用的原料,可以由乙酸乙酯(沸点
77.06℃)在乙醇钠的催化作用下缩合而制得,反应方程式为2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5+C2H5OH.反应中催化剂乙醇钠是由金属钠和残留在乙酸乙酯中的微量乙醇作用生成的,而一旦反应开始,生成的乙醇又会继续和钠反应生成乙醇钠.
(1)首先在烧瓶中将钠加热熔化成小米状的钠珠.熔化钠时需加入下表中的对二甲苯液体,目的是防止钠被空气氧化.将钠熔化成钠珠的目的是增大接触面积,加快反应速率.钠苯甲苯对二甲苯四氯化碳密度(g/cm3)
0.
970.
880.
870.
861.60熔点(℃)
97.
85.5﹣
9513.3﹣
22.8沸点(℃)
881.
480111138.
476.8
(2)将烧瓶中的有机液体小心倾出,迅速加入适量乙酸乙酯,并装上带有一根长玻璃导管的单孔胶塞,并在导管上端接一个干燥管.缓缓加热,保持瓶中混合液微沸状态.
①长玻璃导管的作用是冷凝回流.
②结合乙酸乙酯的性质可知,在实验中,使用烧瓶必须干燥,原料乙酸乙酯必须无水,原因是有水则钠和水反应生成NaOH,使乙酸乙酯水解CH3COOC2H5+NaOH→CH3COONa+CH3CH2OH(写出相关有机反应化学方程式,并结合必要的文字进行说明).
(3)充分反应后,向混合溶液中先加入乙酸(沸点
117.9℃)酸化,再加入饱和食盐水,然后进行分液(实验操作名称),分离得到乙酰乙酸乙酯粗产品.加入饱和食盐水的目的是使乙酰乙酸乙酯分层析出.
(4)粗产品(含乙酸乙酯和少量水、乙酸等)再经过以下几步操作,最后成为纯品.粗产品乙酰乙酸乙酯加无水硫酸钠固体的作用是除去水分,操作X中使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗,水浴蒸馏收集得到的馏分是乙酸乙酯.考点乙酸乙酯的制取.专题实验设计题.分析
(1)为了防止钠的氧化,熔化时需在钠上覆盖一层有机液体,则有机物的密度应比Na的小,并且沸点比Na的熔点高才符合;固体表面积越大,化学反应速率越大;
(2)烧瓶配上长导管可起到与空气充分热交换的作用;钠易与水反应,生成NaOH,使乙酸乙酯水解,则原料乙酸乙酯必须无水;
(3)乙酰乙酸乙酯难溶于饱和食盐水,可用分液进行分离;NaCl有增大溶液密度,降低酯溶解度等作用,使酯更易分层析出;
(4)无水硫酸钠固体具有吸水的作用;操作X为过滤,根据过滤操作确定仪器;根据题意水浴蒸馏收集得到的馏分是纯品.解答解
(1)为了防止钠的氧化,熔化时需在钠上覆盖一层有机液体,则有机物的密度应比Na的小,并且沸点比Na的熔点高才符合,由于苯的沸点和钠的熔点相差较小,应用对二甲苯;钠加热熔化成小米状的钠珠,增大接触面积,加快反应速率;故答案为对二甲苯;防止钠被空气氧化;增大接触面积,加快反应速率;
(2)
①烧瓶配上长导管可起到导气及冷凝回流,使蒸汽充分冷凝;有水则钠和水反应生成NaOH,使乙酸乙酯水解CH3COOC2H5+NaOH→CH3COONa+CH3CH2OH;故答案为冷凝回流;有水则钠和水反应生成NaOH,使乙酸乙酯水解CH3COOC2H5+NaOH→CH3COONa+CH3CH2OH;
(3)乙酰乙酸乙酯难溶于饱和食盐水,可使生成的有机物分层,可用分液漏斗分离;NaCl有增大溶液密度,降低酯溶解度等作用,使酯更易分层析出;故答案为分液;使乙酰乙酸乙酯分层析出;
(4)加无水硫酸钠固体的作用是除去水分;操作X为过滤,过滤使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗;根据题意水浴蒸馏收集得到的馏分是纯品乙酸乙酯;故答案为除去水分;玻璃棒、烧杯、漏斗;乙酸乙酯.点评本题考查有机物制备的实验方案的设计,题目难度中等,注意把握实验原理、目的和方法,解答该题时注意分析题中数据,根据数据得出物质性质的异同.
四、选考题请考生在下面“物质结构与性质”与“有机化学基础”两个模块中选择一个模块试题作答,如果多做,则按所做的第一个模块计分.【物质结构与性质】19.(3分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)卤族元素的单质和化合物很多,我们可利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解它们.
(1)卤族元素位于元素周期表的p区;
(2)请根据下表提供的第一电离能数据判断,最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是碘;氟氯溴碘第一电离能(kJ/mol)1681125111401008
(3)已知高碘酸有两种形式,分子式分别为H5IO6和HIO4,前者结构如图,后者则为一元酸,请比较二者酸性强弱H5IO6<HIO4(填“>”“<”或“=”).考点氯、溴、碘及其化合物的综合应用;元素电离能、电负性的含义及应用.专题化学键与晶体结构.分析
(1)根据基态原子核外电子排布式中最后填入电子名称确定区域名称;
(2)元素的第一电离能越大,元素失电子能力越弱,得电子能力越强,元素的第一电离能越小,元素失电子能力越强,得电子能力越弱,则越容易形成阳离子;
(3)根据含氧酸中,酸的元数取决于羟基氢的个数,含非羟基氧原子个数越多,酸性越强.解答解
(1)根据构造原理知,卤族元素最后填入的电子为p电子,所以卤族元素位于元素周期表的p区,故答案为p;
(2)卤族元素包含F、Cl、Br、I、At元素,元素的第一电离能越小,元素失电子能力越强,得电子能力越弱,则越容易形成阳离子,根据表中数据知,卤族元素中第一电离能最小的是I元素,则碘元素易失电子生成简单阳离子,故答案为碘;
(3)H5IO6()中含有5个羟基氢,为五元酸,含非羟基氧原子1个,HIO4为一元酸,含有1个羟基氢,含非羟基氧原子3个,所以酸性H5IO6<HIO4,故答案为<.点评本题考查物质结构与性质,比较综合,为高频考点,涉及元素周期表、核外电子排布、分子结构与性质、电离能、晶体结构与性质等知识,侧重对主干知识的考查,需要学生熟练掌握基础知识,难度中等.20.(12分)(xx秋•龙泉驿区校级月考)某配位化合物X为深蓝色晶体,由原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种非0族元素组成,其原子个数比为144511,其中A是元素周期表中原子半径最小的元素,B元素原子最外层p能级比s能级多一个电子,C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍,E元素的原子外围电子排布为(n﹣l)dn+6nsl.请回答下列问题
(1)元素E在周期表中的位置是第四周期IB族;该配位化合物X的化学式为SO4•H2O
(2)下列关于X的说法正确的是DA.X中所含化学键有离子键、配位键和氢键B.X中E离子给出孤对电子C.组成X的元素中第一电离能最大的是CD.DC42﹣空间构型为正四面体
(3)A元素与B元素可形成分子式为A2B2的某化合物,该化合物的分子具有平面结构,则其结构式为H﹣N=N﹣H,其中B原子的杂化方式为sp2.
(4)C元素与D元素形成的一种具有较强还原性的分子的VSEPR模型为平面三角形
(5)已知单质E的晶胞属于面心立方最密堆积,其晶胞边长为a×10﹣8cm,则E的密度为g•cm﹣3.考点位置结构性质的相互关系应用.专题元素周期律与元素周期表专题.分析某配位化合物X为深蓝色晶体,由原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种非0族元素组成,其原子个数比为144511,其中A是元素周期表中原子半径最小的元素,则A为氢元素,C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍,则C为氧元素,D为硫元素,B元素原子最外层p能级比s能级多一个电子,则B为第ⅤA族元素,原子序数小于C,所以B为氮元素,E元素的原子外围电子排布为(n﹣l)dn+6nsl,则E为铜元素,综合上述内容可知,X为SO4•H2O,据此答题.解答解某配位化合物X为深蓝色晶体,由原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种非0族元素组成,其原子个数比为144511,其中A是元素周期表中原子半径最小的元素,则A为氢元素,C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍,则C为氧元素,D为硫元素,B元素原子最外层p能级比s能级多一个电子,则B为第ⅤA族元素,原子序数小于C,所以B为氮元素,E元素的原子外围电子排布为(n﹣l)dn+6nsl,则E为铜元素,综合上述内容可知,X为SO4•H2O,
(1)E为铜元素,元素E在周期表中的位置是第四周期IB族;由上面的分析可知在,X为SO4•H2O,故答案为第四周期IB族;SO4•H2O;
(2)X为SO4•H2O,则A.X中没有氢键,故A错误;B.X中铜离子提供空轨道,故B错误;C.组成X的元素中第一电离能最大的是N,故C错误;D.SO42﹣空间构型为正四面体,故D正确;故选D;
(3)A为氢元素,B为氮元素,A元素与B元素可形成分子式为A2B2的某化合物,该化合物的分子具有平面结构,则其结构式为H﹣N=N﹣H,其中N原子的价层电子对数为=3,所以氮原子的杂化方式为sp2杂化,故答案为H﹣N=N﹣H;sp2;
(4)C为氧元素,D为硫元素,C元素与D元素形成的一种具有较强还原性的物质为二氧化硫,在二氧化硫中硫原子的价层电子对数为=3,没有孤电子对,所以二氧化硫分子的VSEPR模型为平面三角形,故答案为平面三角形;
(5)已知单质铜的晶胞属于面心立方最密堆积,则每个晶胞含有铜原子数为=4,其晶胞边长为a×10﹣8cm,则E的密度为g•cm﹣3=g•cm﹣3,故答案为.点评本题考查结构性质位置关系应用,难度不大,推断元素为解题关键,
(5)中注意均摊法的应用.【有机化学基础】21.(xx秋•龙泉驿区校级月考)有机物A(C12H15ClO3)为含多种官能团的芳香族化合物,其结构简式如图所示(其中虚线框内为未知部分的结构),A可发生如下转化(其中部分产物已略去).已知C的催化氧化产物不能发生银镜反应;E能使溴的CCl4溶液褪色.回答下列问题
(1)写出A的结构简式或(写出一种即可).
(2)写出F中官能团的名称羟基、羧基,E→G的反应类型为加聚反应.
(3)写出下列方程式B→D;C→E.
(4)D有多种同分异构体,满足下列条件的同分异构体有12种,其中核磁共振氢谱为4组峰,且面积比为2233的同分异构体的结构简式或(写出一种即可).
①含有苯环及两个甲基;
②能发生水解反应.考点有机物的推断.分析有机物A的分子式为C12H15O3Cl,A在氢氧化钠水溶液发生水解反应、酸化得到B、C,可知A含有酯基,C的催化氧化产物不能发生银镜反应,结合A的部分结构以及B、C分子式可知,A的结构简式为或,故C为,B为,B发生催化氧化生成D为,D与新制氢氧化铜反应、酸化得到F为.C发生消去反应生成E为CH2═CHCOOH,E发生加聚反应得到G为,据此解答.解答解有机物A的分子式为C12H15O3Cl,A在氢氧化钠水溶液发生水解反应、酸化得到B、C,可知A含有酯基,C的催化氧化产物不能发生银镜反应,结合A的部分结构以及B、C分子式可知,A的结构简式为或,故C为,B为,B发生催化氧化生成D为,D与新制氢氧化铜反应、酸化得到F为.C发生消去反应生成E为CH2═CHCOOH,E发生加聚反应得到G为,
(1)根据上面的分析可知,A的结构简式为或,故答案为或;
(2)F为,F中官能团的名称羟基、羧基,E→G的反应类型为加聚反应,故答案为羟基、羧基;加聚反应;
(3)B→D的反应方程式为,C→E的反应方程式为,故答案为;;
(4)D为,D有多种同分异构体,满足下列条件
①含有苯环及两个甲基;
②能发生水解反应,说明有酯基,这样的同分异构体是苯环上连有两个基团为﹣CH
3、CH3COO﹣或﹣COOCH
3、﹣CH3,各有邻间对三种,或苯环上连有﹣CH
3、﹣CH
3、HCOO﹣三个基团,这样的结构有6种,所以共有12种,其中核磁共振氢谱为4组峰,且面积比为2233的同分异构体的结构简式为或,故答案为12;或.点评本题考查有机物的推断和合成,题目较为综合,难度中等,注意利用A的结构特点与B、C分子式及性质进行推断,是热点题型,需要学生熟练掌握官能团的性质与转化.。