还剩25页未读,继续阅读
本资源只提供10页预览,全部文档请下载后查看!喜欢就下载吧,查找使用更方便
文本内容:
2019-2020年高三(上)调考化学试卷(9月份)含解析
一、单项选择题本题包括10小题,每小题2分.共计20分.每小题只有一个选项符合题意.1.(2分)(xx秋•合阳县校级月考)化学与环境、材料、信息、能源关系密切,下列说法正确的是()A.半导体行业中有一句话“从沙滩到用户”,计算机芯片的材料是二氧化硅B.绿色化学的核心是利用化学原理治理环境污染C.将煤气化或液化,获得清洁燃料D.PM
2.5是指大气中直径接近于
2.5×10﹣6m的颗粒物,也称细颗粒物,这些细颗粒物分散在空气中形成混合物具有丁达尔效应2.(2分)(xx秋•苏州月考)下列有关化学用语表示正确的是()A.核内有8个中子的碳原子CB.甲烷分子的比例模型C.羟基的电子式D.氯离子的结构示意图3.(2分)(xx秋•扬中市期末)25℃时,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.
0.1mol•L﹣1AlC13溶液中H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣B.含有
0.1mol•L﹣1Fe3+的溶液中Na+、K+、SCN﹣、NO3﹣C.使甲基橙变红色的溶液中Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣D.由水电离产生的c(H+)=10﹣12mol•L﹣1的溶液中NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣4.(2分)(xx秋•苏州月考)下列物质性质与应用对应关系正确的是()A.漂白粉在空气中不稳定,可用于漂白纸张B.医用酒精能使蛋白质变性,可用于消毒杀菌C.二氧化硅不与强酸反应,可用石英器皿盛放氢氟酸D.铜的金属活泼性比铁的弱,可在铁闸上装若干铜块以减缓其腐蚀5.(2分)(xx秋•苏州月考)下列装置进行相应的实验,能达到实验目的是()A.制取并收集干燥纯净的NH3B.除去NO2中的少量NOC.将海带灼烧成灰D.分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液6.(2分)(xx秋•苏州月考)设NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是()A.常温下,
0.05mol•L﹣1Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+数目为
0.1NAB.标准状况下,
22.4L甲苯中含C﹣H数目为8NAC.常温下,
9.2gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数目为
0.2NAD.1mol氯气和足量NaOH溶液反应转移的电子数目为2NA7.(2分)(xx秋•苏州月考)下列指定反应的离子方程式正确的是()A.向苯酚钠溶液中通入少量的CO2C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3﹣B.AlCl3溶液中加入少量氨水Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓C.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2Fe2++2OH﹣=Fe(OH)2↓D.用惰性电极电解氯化钠溶液2Cl﹣+2H+H2↑+Cl2↑8.(2分)(xx秋•苏州月考)甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物,它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去),下列各组物质中不能按图示关系转化的是()选项物质转化关系甲乙丙丁ANaOHNaHCO3Na2CO3CO2BAlCl3NaAlO2Al(OH)3NaOHCFeFe(NO3)3Fe(NO3)2HNO3DCCOCO2O2A.AB.BC.CD.D9.(2分)(xx•滕州市校级二模)短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大,X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中,常温下,Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液,却不溶于其浓溶液.下列说法正确的是()A.元素Y的最高正化合价为+6B.离子半径的大小顺序为W>Q>Z>X>YC.氢化物的沸点Y>WD.元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Q的强10.(2分)(xx秋•锦州期末)单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化图如图所示.下列说法正确的是()A.S(s,单斜)═S(s,正交)△H=+
0.33kJ•mol﹣1B.正交硫比单斜硫稳定C.相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量高D.
①式表示断裂1molO2中的共价键所吸收的能量比形成1molSO2中的共价键所放出的能量少
297.16kJ
二、选择题(共5小题,每小题3分,满分15分)11.(3分)(xx秋•扬中市期末)下列有关说法正确的是()A.AlCl3溶液蒸干、灼烧至恒重,最终剩余固体是AlCl3B.反应Hg
(1)+H2SO4(aq)=HgSO4(aq)+H2(g)在常温下不能自发进行,则△H>0C.将纯水加热至较高温度,K变大、pH变小、呈酸性D.锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡,再将不溶物用稀盐酸溶解除去12.(3分)(xx秋•广陵区校级期中)普罗加比对癫痫、痉挛和运动失调均有良好的治疗效果,其结构如图所示,有关普罗加比的说法正确的是()A.该分子在1H核磁共振谱中有12个峰B.一定条件下,1mol普罗加比最多能与2molH2发生加成反应C.久置在空气中的普罗加比会因氧化而变质D.普罗加比可以和NaOH溶液、Na2CO3溶液反应,也可以和盐酸反应13.(3分)(xx秋•苏州月考)下列依据相关实验得出的结论不正确的是()A.向溶液X中滴加盐酸无明显现象,再滴加BaCl2溶液有白色沉淀,则X中含有SO42﹣B.向1mLl%NaOH溶液加入2mL2%的CuSO4溶液,振荡后滴加
0.5mL5%葡萄糖溶液,加热,未出现红色沉淀,证明葡萄糖中不含醛基C.用干净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯外焰上灼烧,发现火焰呈黄色,则溶液中含Na+D.检验某补铁药片(主要成分为亚铁化合物)是否氧化变质,使用氯水和硫氰化钾溶液14.(3分)(xx秋•库尔勒市校级月考)25℃时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是()A.
0.1mol•L﹣1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中c(SO42﹣)>c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)B.pH=11的氨水和pH=3的盐酸溶液等体积混合,所得溶液中c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(OH﹣)>c(H+)C.
0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液中c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=
0.1mol•L﹣1D.
0.1mol•L﹣1的醋酸钠溶液20mL与
0.1mol•L﹣1盐酸10mL混合后溶液显酸性c(CH3COO﹣)>c(Cl﹣)>c(CH3COOH)>c(H+)15.(3分)(xx•沭阳县模拟)一定温度下,在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g),其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示.下列判断中,不正确的是()甲乙丙丁密闭容器体积/L2221起始物质的量n(SO2)/mol
0.
40.
80.
80.4n(O2)/mol
0.
240.
240.
480.24SO2的平衡转化率/%80α1α2α3A.甲中反应的平衡常数小于乙B.该温度下,该反应的平衡常数K为400C.SO2的平衡转化率α1<α2=α3D.容器中SO3的物质的量浓度丙=丁>甲
三、解答题(共5小题,满分65分)16.(12分)(xx秋•苏州月考)烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放.实验室用粉煤灰(主要含Al2O
3、SiO2等)制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)3•Al2O3]溶液,并用于烟气脱硫研究.
(1)酸浸时反应的化学方程式为;滤渣I的主要成分为(填化学式).
(2)滤渣Ⅱ的主要成分为(填化学式);制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)3•Al2O3]溶液的化学方程式为.
(3)吸收烟气中SO2的化学方程式为Al2(SO4)3•Al2O3+3SO2=Al(SO4)3•Al2(SO3)3.通入空气氧化,发生反应的化学方程式为;氧化后循环利用的溶液的pH将(填“增大”、“减小”或“不变”).17.(15分)(xx秋•苏州月考)慢心律是一种治疗心律失常的药物,它的合成路线如下
(1)由B→C的反应类型为;
(2)C分子中有2个含氧官能团,分别为和(填官能团名称);
(3)写出A与浓溴水反应的化学方程式;
(4)由A制备B的过程中有少量副产物E,它与B互为同分异构体,E的结构简式为;
(5)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式;
①属于α﹣氨基酸;
②是苯的衍生物,且苯环上的一氯代物只有两种.
(6)已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷完成以邻甲基苯酚()和乙醇为原料制备的合成路线流程图.
①结合题中信息;无机试剂任用.
②合成路线流程图中,在横线和填上反应物质、条件和生成物质18.(12分)(xx•无锡一模)从含镁、钾盐湖水中蒸发最后得到的产物中含光卤石(xKCl•yMgCl2•zH2O),它在空气中极易潮解、易溶于水,是制造钾肥和提取金属镁的重要原料,其组成可通过下列实验测定
①准确称取
5.550g样品溶于水,配成100mL溶液.
②将溶液分成两等份,在一份中加入足量的NaOH溶液至沉淀完全,过滤、洗涤、干燥至恒重,得到白色固体
0.580g.
③在另一份溶液中加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液至沉淀完全,过滤、洗涤、干燥至恒重,得到白色固体
4.305g.
(1)步骤
②中检验白色固体已洗净的方法是.
(2)已知某温度下Mg(OH)2的Ksp=
6.4×10﹣12,当溶液中c(Mg2+)≤
1.0×10﹣5mol•L﹣1可视为沉淀完全,则应保持溶液中c(OH﹣)≥mol•L﹣1
(3)通过计算确定样品的组成(写出计算过程).19.(15分)(xx•沭阳县模拟)某科研小组设计出利用工业废酸(稀H2SO4)来浸取某废弃的氧化铜锌矿的方案,实现废物综合利用,方案如图所示.已知各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如下表所示.离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2+
6.
349.7Fe3+
1.
483.2Zn2+
6.
28.0请回答下列问题
(1)在“酸浸”步骤中,为提高浸出速率,除通入空气“搅拌”外,还可采取的措施是.
(2)氧化铜锌矿中含有少量的CuS和ZnS,在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶,则相同温度下Ksp(CuS)Ksp(ZnS)(选填“>”“<”或“=”).
(3)物质A最好使用下列物质中的.A.KMnO4B.空气C.HNO3D.NaClO
(4)除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH,pH应控制在范围之间.
(5)物质B可直接用作氮肥,则B的化学式是.
(6)除铁后得到的Fe(OH)3可用KClO溶液在碱性环境将其氧化得到一种高效的多功能水处理剂﹣﹣K2FeO4,写出该反应的离子方程式.20.(11分)(2011秋•如皋市期中)二甲醚(CH3OCH3)是一种清洁、高效、具有优良的环保性能的可燃物,被称为21世纪的新型能源.工业制备二甲醚的生产流程如图1催化反应室中(压力
2.0~
10.0Mpa,温度300℃)进行下列反应
①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=﹣
90.7kJ/mol
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=﹣
23.5kJ/mol
③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=﹣
41.2kJ/mol
(1)催化反应室中的总反应3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g).该反应的△H=.催化反应室中采用300℃的反应温度,理由是.
(2)已知反应
①在300℃时的化学平衡常数为
0.27.该温度下将2molCO、3molH2和2molCH3OH充入容积为2L的密闭容器中,此时反应将(填“正向进行”、“逆向进行”或“处于平衡状态”).
(3)上述流程中二甲醚精制的实验操作名称为.
(4)图2为绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图.a电极的电极反应式为.21.(xx秋•泗阳县校级期末)已知硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2N﹣CH2﹣COONa)即可得到配合物A.其结构如图1
(1)Cu元素基态原子的外围电子排布式为.
(2)元索C、N、O的第一电离能由大到小排列顺序为.
(3)配合物A中碳原子的轨道杂化类型为.
(4)1mol氨基乙酸钠(H2N﹣CH2﹣COONa)含有σ键的数目为.
(5)氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳.写出二氧化碳的一种等电子体(写化学式).
(6)已知硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体,其结构如图2,则该化合物的化学式是.xx学年江苏省苏州市高三(上)调考化学试卷(9月份)参考答案与试题解析
一、单项选择题本题包括10小题,每小题2分.共计20分.每小题只有一个选项符合题意.1.(2分)(xx秋•合阳县校级月考)化学与环境、材料、信息、能源关系密切,下列说法正确的是()A.半导体行业中有一句话“从沙滩到用户”,计算机芯片的材料是二氧化硅B.绿色化学的核心是利用化学原理治理环境污染C.将煤气化或液化,获得清洁燃料D.PM
2.5是指大气中直径接近于
2.5×10﹣6m的颗粒物,也称细颗粒物,这些细颗粒物分散在空气中形成混合物具有丁达尔效应考点硅和二氧化硅;常见的生活环境的污染及治理.专题化学应用.分析A.二氧化硅不导电;B.从源头上减少和消除工业生产对环境污染是绿色化学核心;C.煤气化是将煤与水蒸气反应生成水煤气(主要含氢气和一氧化碳),煤液化是将煤的加氢反应,使煤变为液态烃.这两种方法都避免了直接烧煤产生的粉尘污染和二氧化硫等气体污染;D.胶体中分散质的粒度介于1﹣100nm,丁达尔效应是胶体特有性质.解答解A.计算机芯片的材料是硅,故A错误;B.绿色化学的核心从源头上减少和消除工业生产对环境污染,故B错误;C.将煤气化或液化,都避免了直接烧煤产生的粉尘污染和二氧化硫等气体污染,故C正确;D.
2.5×10﹣6m不在胶体分散系分散质粒度范围,所以不属于胶体,不能发生丁达尔效应,故D错误;故选C.点评本题考查了物质的性质、用途和环境污染与保护,综合性较强,题目难度不大,侧重考查基础知识,熟悉物质的性质是解题关键,注意胶体的本质特征.2.(2分)(xx秋•苏州月考)下列有关化学用语表示正确的是()A.核内有8个中子的碳原子CB.甲烷分子的比例模型C.羟基的电子式D.氯离子的结构示意图考点电子式、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.质量数=质子数+中子数,该碳原子的质量数为14,元素符号的左上角表示质量数、左下角表示质子数;B.比例模型能够体现出分子的空间结构及各原子相对体积大小,据此判断甲烷的比例模型;C.羟基为中性原子团,氧原子最外层为7个电子;D.氯原子与氯离子的核电荷数相等,所以氯离子的核电荷数为17.解答解A.碳原子的核电荷数为6,核内有8个中子的碳原子的质量数为14,该原子正确的表示方法为614C,故A错误;B.甲烷为正四面体结构,碳原子半径大于氢原子,则甲烷的比例模型为,故B正确;C.为氢氧根离子的电子式,羟基为中性原子团,氧原子最外层为7个电子,羟基正确的电子式为,故C错误;D.氯离子的核电荷数为17,核外电子总数为18,最外层达到8电子稳定结构,氯离子正确的结构示意图为,故D错误;故选B.点评本题考查了常见化学用语的判断,题目难度中等,注意掌握电子式、比例模型、离子结构示意图、元素符号等化学用语的概念及正确的表示方法,明确原子结构示意图与离子结构示意图的区别,试题培养了学生规范答题的能力.3.(2分)(xx秋•扬中市期末)25℃时,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.
0.1mol•L﹣1AlC13溶液中H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣B.含有
0.1mol•L﹣1Fe3+的溶液中Na+、K+、SCN﹣、NO3﹣C.使甲基橙变红色的溶液中Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣D.由水电离产生的c(H+)=10﹣12mol•L﹣1的溶液中NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣考点离子共存问题.专题离子反应专题.分析A.
0.1mol•L﹣1AlC13溶液中,H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣离子之间不反应,也不与氯化铝反应;B.含有
0.1mol•L﹣1Fe3+的溶液,铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁;C.使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液,硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性,能够氧化亚铁离子;D.由水电离产生的c(H+)=10﹣12mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液,铵根离子与氢氧根离子反应,碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应.解答解A.H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣离子之间不发生反应,且都不与氯化铝反应,在溶液中能够大量共存,故A正确;B.SCN﹣与Fe3+反应生成硫氰化铁,在溶液中不能大量共存,故B错误;C.使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液,溶液中存在大量氢离子,NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性,能够氧化Fe2+,在溶液中不能大量共存,故C错误;D.由水电离产生的c(H+)=10﹣12mol•L﹣1的溶液中存在大量H+或OH﹣,NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨,HCO3﹣与H+和OH﹣反应,在溶液中不能大量共存,故D错误;故选A.点评本题考查离子共存的正误判断,为中等难度的试题,注意明确离子不能大量共存的一般情况能发生复分解反应的离子之间;能发生氧化还原反应的离子之间;能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN﹣)等;解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件,如溶液的酸碱性,据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣;溶液的颜色,如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在;溶液的具体反应条件,如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”;是“可能”共存,还是“一定”共存等.4.(2分)(xx秋•苏州月考)下列物质性质与应用对应关系正确的是()A.漂白粉在空气中不稳定,可用于漂白纸张B.医用酒精能使蛋白质变性,可用于消毒杀菌C.二氧化硅不与强酸反应,可用石英器皿盛放氢氟酸D.铜的金属活泼性比铁的弱,可在铁闸上装若干铜块以减缓其腐蚀考点氯、溴、碘及其化合物的综合应用;原电池和电解池的工作原理;硅和二氧化硅;铜金属及其重要化合物的主要性质.专题元素及其化合物.分析A.漂白粉在空气中与水、二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸,用于漂白纸张为漂白性;B.酒精可使蛋白质变性,可用于杀菌消毒;C.二氧化硅可与氢氟酸反应;D.形成原电池反应,加快腐蚀.解答解A.漂白粉在空气中与水、二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸,用于漂白纸张为漂白性,表现性质不同,故A错误;B.酒精可使蛋白质变性,可用于杀菌消毒,故B正确;C.二氧化硅可与氢氟酸反应,不能用玻璃试剂瓶盛放,故C错误;D.铜的金属活泼性比铁的弱,形成原电池反应,铁为负极,加快腐蚀,故D错误.故选B.点评本题考查较为综合,涉及漂白粉、乙醇、二氧化硅以及金属的电化学腐蚀等问题,为高考常见题型,侧重于学生的双基的考查,难度不大,注意相关基础知识的积累.5.(2分)(xx秋•苏州月考)下列装置进行相应的实验,能达到实验目的是()A.制取并收集干燥纯净的NH3B.除去NO2中的少量NOC.将海带灼烧成灰D.分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液考点化学实验方案的评价.专题实验评价题.分析A.收集氨气的试管口不能密封;B.二氧化氮与水反应;C.灼烧应在坩埚中;D.乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液,混合物分层.解答解A.收集氨气的试管口不能密封,若氨气过量可导致试管炸裂,应利用棉花团堵住试管口,故A错误;B.二氧化氮与水反应,将原物质反应掉,不符合除杂的原则,故B错误;C.不能在烧杯中将海带灼烧成灰,灼烧应在坩埚中,故C错误;D.乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液,混合物分层,则利用图中分液装置可分离,故D正确;故选D.点评本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及气体的制备、混合物分离提纯及实验操作等,把握物质的性质及实验基本技能为解答的关键,注意实验的评价性分析,题目难度不大.6.(2分)(xx秋•苏州月考)设NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是()A.常温下,
0.05mol•L﹣1Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+数目为
0.1NAB.标准状况下,
22.4L甲苯中含C﹣H数目为8NAC.常温下,
9.2gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子数目为
0.2NAD.1mol氯气和足量NaOH溶液反应转移的电子数目为2NA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.缺少硫酸铁溶液的体积,无法计算溶液中铁离子的数目;B.标准状况下,甲苯的状态不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算甲苯的物质的量;C.NO2和N2O4的最简式为NO2,根据最简式计算出混合物中含有氮原子数目;D.氯气与氢氧化钠溶液的反应中,氯气既是氧化剂也是还原剂,1mol氯气完全反应转移了1mol电子.解答解A.没有告诉硫酸铁溶液的体积,无法根据n=cV计算溶质硫酸铁的物质的量,故A错误;B.标况下甲苯不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算
22.4L甲苯的物质的量,故B错误;C.
9.2gNO2和N2O4的混合气体中含有
0.2mol最简式NO2,含有
0.2mol氮原子,含有的氮原子数目为
0.2NA,故C正确;D.1mol氯气完全反应生成1mol氯化钠、1mol次氯酸钠,转移了1mol电子,转移的电子数目为NA,故D错误;故选C.点评本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度中等,注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,明确标况下气体摩尔体积的使用条件,试题有利于培养学生的逻辑推理能力,提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力.7.(2分)(xx秋•苏州月考)下列指定反应的离子方程式正确的是()A.向苯酚钠溶液中通入少量的CO2C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3﹣B.AlCl3溶液中加入少量氨水Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓C.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2Fe2++2OH﹣=Fe(OH)2↓D.用惰性电极电解氯化钠溶液2Cl﹣+2H+H2↑+Cl2↑考点离子方程式的书写.专题离子反应专题.分析A.反应生成苯酚和碳酸氢钠;B.一水合氨在离子反应中保留化学式,反应生成氢氧化铝和氯化铵;C.漏写铵根离子与碱溶液的反应;D.反应生成NaOH、氢气、氯气.解答解A.向苯酚钠溶液中通入少量的CO2的离子反应为C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3﹣,故A正确;B.AlCl3溶液中加入少量氨水的离子反应为Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故B错误;C.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2的离子反应为2NH4++Fe2++4OH﹣=Fe(OH)2↓+2NH3.H2O,故C错误;D.用惰性电极电解氯化钠溶液的离子反应为2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣,故D错误;故选A.点评本题考查离子反应方程式书写的正误判断,为高频考点,把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键,侧重与量有关的离子反应、电解反应的考查,题目难度不大.8.(2分)(xx秋•苏州月考)甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物,它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去),下列各组物质中不能按图示关系转化的是()选项物质转化关系甲乙丙丁ANaOHNaHCO3Na2CO3CO2BAlCl3NaAlO2Al(OH)3NaOHCFeFe(NO3)3Fe(NO3)2HNO3DCCOCO2O2A.AB.BC.CD.D考点钠的重要化合物;镁、铝的重要化合物;铁的化学性质.专题元素及其化合物.分析A.NaOHNaHCO3Na2CO3CO2;B.AlCl3\stackrel{过量的NaOH}{→}NaAlO2→_{双水解}^{氯化铝}Al(OH)3;AlCl3与少量的氢氧化钠生成氢氧化铝;C.FeFe(NO3)3Fe(NO3)2;D.CCO,所以丙为CO.解答解A.氢氧化钠与过量的二氧化碳生成碳酸氢钠,氢氧化钠与少量的二氧化碳生成碳酸钠,碳酸钠与硫酸反应生成二氧化碳,每一步都能转化,故不选;B.AlCl3与少量的氢氧化钠生成氢氧化铝,与足量的氢氧化钠生成偏铝酸钠,偏铝酸钠与氯化铝发生双水解生成氢氧化铝,每一步都能转化,故不选;C.铁与足量的硝酸反应生成硝酸铁,铁与少量的硝酸反应生成硝酸亚铁,硝酸铁与铁粉反应生成硝酸亚铁,硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁,每一步都能转化,故不选;D.碳与少量的氧气生成一氧化碳,碳与足量的氧气生成二氧化碳,丙应是一氧化碳,故选;故选D.点评本题考查无元素化合物知识,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键,注意选项D为解答的难点,题目难度较大.9.(2分)(xx•滕州市校级二模)短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大,X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中,常温下,Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液,却不溶于其浓溶液.下列说法正确的是()A.元素Y的最高正化合价为+6B.离子半径的大小顺序为W>Q>Z>X>YC.氢化物的沸点Y>WD.元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Q的强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.分析短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大,X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中,联想NH3极易溶于水,可知X为氮元素,Y为氧元素;常温下,Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液,却不溶于其浓溶液,说明Z为铝元素,W为硫元素,因为铝在常温下能溶于稀硫酸,在浓硫酸中发生钝化;Q只能为氯元素.解答解短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大,X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中,联想NH3极易溶于水,可知X为氮元素,Y为氧元素;常温下,Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液,却不溶于其浓溶液,说明Z为铝元素,W为硫元素,因为铝在常温下能溶于稀硫酸,在浓硫酸中发生钝化;Q只能为氯元素,A.Y为氧元素,氧元素不显+6价,故A错误;B.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径S2﹣>Cl﹣>N3﹣>O2﹣>Al3+,即离子半径W>Q>X>Y>Z,故B错误;C.由于水分子间存在氢键,而H2S分子间只存在普通的分子间作用力,所以H2O的沸点高于H2S,即氢化物的沸点Y>W,故C正确;D.非金属性Cl>S,故Cl元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强,故D错误,故选C.点评本题考查元素周期律、结构位置性质关系,推断元素是解题关键,需要学生熟练掌握元素化合物性质,难度中等.10.(2分)(xx秋•锦州期末)单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化图如图所示.下列说法正确的是()A.S(s,单斜)═S(s,正交)△H=+
0.33kJ•mol﹣1B.正交硫比单斜硫稳定C.相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量高D.
①式表示断裂1molO2中的共价键所吸收的能量比形成1molSO2中的共价键所放出的能量少
297.16kJ考点反应热和焓变.专题化学反应中的能量变化.分析由图象可以看出,单斜硫的能量比正交硫的能量高,物质的能量越高越不稳定,生成SO2的反应为放热反应,以此解答该题.解答解A.单斜硫的能量比正交硫的能量高,S(s,单斜)=S(s,正交)△H=﹣
0.33kJ/mol,为放热反应,故A错误;B.物质的能量越高越不稳定,则正交硫比单斜硫稳定,故B正确;C.由图象可以看出,单斜硫的能量比正交硫的能量高,故C错误;D.
①式反应需断裂单斜硫中S﹣S键和O=O键,不仅仅是断裂lmolO2中的共价键所吸收的能量,故D错误.故选B.点评本题考查化学反应与能量的变化,题目难度不大,注意分析能量曲线,判断反应热、活化能与键能的关系.
二、选择题(共5小题,每小题3分,满分15分)11.(3分)(xx秋•扬中市期末)下列有关说法正确的是()A.AlCl3溶液蒸干、灼烧至恒重,最终剩余固体是AlCl3B.反应Hg
(1)+H2SO4(aq)=HgSO4(aq)+H2(g)在常温下不能自发进行,则△H>0C.将纯水加热至较高温度,K变大、pH变小、呈酸性D.锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡,再将不溶物用稀盐酸溶解除去考点盐类水解的应用;反应热和焓变;水的电离.专题基本概念与基本理论.分析A、AlCl3是强酸弱碱盐,能水解出易挥发的HCl;B、反应不能自发,应满足△G=△H﹣T•△S>0,结合反应的△H和△S进行判断;C、纯水无论在什么温度下,均显酸性;D、CaCO3的溶解度小于CaSO4,根据沉淀的转化来分析.解答解A、AlCl3是强酸弱碱盐,能水解出易挥发的HCl,故将AlCl3溶液蒸干可得Al(OH)3,灼烧时Al(OH)3分解成Al2O3,故A错误;B、反应不能自发,应满足△G=△H﹣T•△S>0,即△H>T•△S,而反应的△S>0,故△H>0,故B正确;C、纯水加热至较高温度时,水的电离被促进,氢离子和氢氧根的浓度均增大,故K变大、pH变小,但纯水无论在多高温度下均显中性,故C错误;D、CaCO3的溶解度小于CaSO4,故CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡可转化为溶解度更小的CaCO3,然后再用稀盐酸溶解除去,故D正确.故选BD.点评本题考查了盐类水解的应用,掌握盐类水解的原理是解题关键,难度不大.12.(3分)(xx秋•广陵区校级期中)普罗加比对癫痫、痉挛和运动失调均有良好的治疗效果,其结构如图所示,有关普罗加比的说法正确的是()A.该分子在1H核磁共振谱中有12个峰B.一定条件下,1mol普罗加比最多能与2molH2发生加成反应C.久置在空气中的普罗加比会因氧化而变质D.普罗加比可以和NaOH溶液、Na2CO3溶液反应,也可以和盐酸反应考点有机物的结构和性质.专题有机物的化学性质及推断.分析有机物含有酚羟基,可发生取代、氧化和显色反应,含有氨基,可与酸反应,含有F、Cl,可发生水解反应,结合有机物的结构特点解答该题.解答解A.含有Cl原子的苯环结构对称,该分子在1H核磁共振谱中有10个峰,故A错误;B.能与氢气发生加成反应的有苯环和N=N,则一定条件下,1mol普罗加比最多能与7molH2发生加成反应,故B错误;C.含有酚羟基,可久置在空气中的普罗加比会因氧化而变质,故C正确;D.含有酚羟基,可与氢氧化钠、碳酸钠溶液反应,含有氨基,可与盐酸反应,故D正确.故选CD.点评本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质的关系为解答的关键,侧重物质的结构和性质的考查,注意官能团的判断,题目难度不大.13.(3分)(xx秋•苏州月考)下列依据相关实验得出的结论不正确的是()A.向溶液X中滴加盐酸无明显现象,再滴加BaCl2溶液有白色沉淀,则X中含有SO42﹣B.向1mLl%NaOH溶液加入2mL2%的CuSO4溶液,振荡后滴加
0.5mL5%葡萄糖溶液,加热,未出现红色沉淀,证明葡萄糖中不含醛基C.用干净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯外焰上灼烧,发现火焰呈黄色,则溶液中含Na+D.检验某补铁药片(主要成分为亚铁化合物)是否氧化变质,使用氯水和硫氰化钾溶液考点常见阴离子的检验;常见阳离子的检验.专题物质检验鉴别题.分析A、先加入盐酸,如果无明显现象,说明不含有Ag+,并且排除SO32﹣、CO32﹣等离子的影响;B、如含醛基,在碱性条件下可与氢氧化铜浊液发生氧化还原反应生成砖红色沉淀;C、Na+的焰色反应为黄色;D、Fe3+能和SCN﹣生成络合物,使溶液呈现血红色现象明显.解答解A、先加入盐酸,如果无明显现象,说明不含有Ag+,并且排除SO32﹣、CO32﹣等离子的影响,再加入BaCl2,如果产生白色沉淀则有SO42﹣,故A正确;B、如含醛基,在碱性条件下可与氢氧化铜浊液发生氧化还原反应生成砖红色沉淀,1mLl%NaOH溶液和2mL2%的CuSO4溶液反应后溶液呈酸性,故不会产生红色沉淀,故B错误;C、Na+的焰色反应为黄色,故C正确;D、如果FeCl2溶液变质,变质后的物质是FeCl3,Fe3+能和SCN﹣生成络合物,使溶液呈现血红色现象明显,这一反应是Fe3+的特征反应,所以用KSCN溶液,故D正确;故选B.点评本题考查离子的检验,题目难度不大,注意多积累离子的检验方法,做题时注意排除其它离子的干扰.14.(3分)(xx秋•库尔勒市校级月考)25℃时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是()A.
0.1mol•L﹣1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中c(SO42﹣)>c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)B.pH=11的氨水和pH=3的盐酸溶液等体积混合,所得溶液中c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(OH﹣)>c(H+)C.
0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液中c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=
0.1mol•L﹣1D.
0.1mol•L﹣1的醋酸钠溶液20mL与
0.1mol•L﹣1盐酸10mL混合后溶液显酸性c(CH3COO﹣)>c(Cl﹣)>c(CH3COOH)>c(H+)考点离子浓度大小的比较.专题盐类的水解专题.分析A.(NH4)2Fe(SO4)2中亚铁离子及铵根离子都水解,但水解程度较小,根据物料守恒判断;B.pH=11的氨水浓度大于pH=3的盐酸浓度,二者等体积混合,氨水有剩余,溶液呈碱性,溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒判断;C.任何电解质溶液中都存在物料守恒,根据物料守恒判断;D.二者混合后,溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa,混合溶液呈酸性,说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度.解答解A.(NH4)2Fe(SO4)2中亚铁离子及铵根离子都水解,但水解程度较小,根据物料守恒得c(SO42﹣)>c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+),故A正确;B.pH=11的氨水浓度大于pH=3的盐酸浓度,二者等体积混合,氨水有剩余,溶液呈碱性,溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(Cl﹣)<c(NH4+),故B错误;C.任何电解质溶液中都存在物料守恒,根据物料守恒得c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=
0.1mol•L﹣1,故C正确;D.二者混合后,溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa,混合溶液呈酸性,说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度,氯离子不水解、醋酸电离程度较小,所以离子浓度大小顺序是c(CH3COO﹣)>c(Cl﹣)>c(CH3COOH)>c(H+),故D正确;故选B.点评本题考查离子浓度大小比较,明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键,知道任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒,根据守恒思想解答,题目难度不大.15.(3分)(xx•沭阳县模拟)一定温度下,在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g),其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示.下列判断中,不正确的是()甲乙丙丁密闭容器体积/L2221起始物质的量n(SO2)/mol
0.
40.
80.
80.4n(O2)/mol
0.
240.
240.
480.24SO2的平衡转化率/%80α1α2α3A.甲中反应的平衡常数小于乙B.该温度下,该反应的平衡常数K为400C.SO2的平衡转化率α1<α2=α3D.容器中SO3的物质的量浓度丙=丁>甲考点化学平衡建立的过程.专题化学平衡专题.分析A.温度相同时,该反应的平衡常数不变;B.根据甲中各物质的平衡浓度计算平衡常数;C.由甲、乙可知,氧气的浓度相同,二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化,二氧化硫转化率减小,丙和丁达到的是相同的平衡状态,丙实验氧气物质的量增大,氧气转化率增大;D.体积相同,丙中的起始浓度为甲的2倍,压强增大,平衡正向移动,则丙中转化率增大,丙和丁平衡是相同的平衡;解答解A.温度相同时,该反应的平衡常数不变,则甲、乙中反应的平衡常数相等,故A错误;B.根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),开始
0.
40.240转化
0.
320.
160.32平衡
0.
080.
080.32平衡浓度
0.
040.
040.16所以该温度下,平衡常数值为=400,故B正确;C.由甲、乙可知,氧气的浓度相同,二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化,二氧化硫转化率减小,丙和丁达到的是相同的平衡状态,丙实验氧气物质的量增大,氧气转化率增大;则二氧化硫转化率,α1<α2=α3,故C正确;D.体积相同,丙中的起始浓度为甲的2倍,压强增大,平衡正向移动,则丙中转化率增大,即丙中c(SO3)大于甲中c(SO3)的2倍,丙体积为2L,丁体积为1L,起始量分别为
0.8,
0.48;
0.40,24,丙和丁达到的平衡相同,三氧化硫浓度相同,丙=丁>甲,故D正确;故选A.点评本题考查化学平衡的计算,熟悉化学平衡的三段法计算及影响平衡移动的因素即可解答,注意平衡常数只与温度有关,计算平衡常数应利用平衡浓度,题目难度较大.
三、解答题(共5小题,满分65分)16.(12分)(xx秋•苏州月考)烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放.实验室用粉煤灰(主要含Al2O
3、SiO2等)制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)3•Al2O3]溶液,并用于烟气脱硫研究.
(1)酸浸时反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O;滤渣I的主要成分为SiO2(填化学式).
(2)滤渣Ⅱ的主要成分为CaSO4(填化学式);制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)3•Al2O3]溶液的化学方程式为3CaCO3+2Al2(SO4)3+6H2O═Al2(SO4)3•Al2O3+3CaSO4•2H2O+3CO2↑.
(3)吸收烟气中SO2的化学方程式为Al2(SO4)3•Al2O3+3SO2=Al(SO4)3•Al2(SO3)3.通入空气氧化,发生反应的化学方程式为Al(SO4)3•Al2(SO3)3+3O2=4Al2(SO4)3;氧化后循环利用的溶液的pH将减小(填“增大”、“减小”或“不变”).考点物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题实验设计题.分析粉煤灰和稀硫酸混合,发生反应Al2O3+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2O,SiO2和稀硫酸不反应,过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2,滤液中含有Al2(SO4)3,调节pH=
3.6,加入CaCO3粉末,发生反应CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O,CaSO4为微溶物,所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4,过滤得滤液Ⅱ,二氧化硫和水反应生成的SO32﹣易被氧化生成SO42﹣,弱酸根离子转化为强酸根离子,再结合题目分析解答.解答解粉煤灰和稀硫酸混合,发生反应Al2O3+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2O,SiO2和稀硫酸不反应,过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2,滤液中含有Al2(SO4)3,调节pH=
3.6,加入CaCO3粉末,发生反应CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O,CaSO4为微溶物,所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4,过滤得滤液Ⅱ,二氧化硫和水反应生成的SO32﹣易被氧化生成SO42﹣,
(1)通过以上分析知,酸浸时反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4═Al2(SO4)3+3H2O,氧化铝和稀硫酸完全反应、二氧化硅和稀硫酸不反应,所以滤渣I的成分为SiO2,故答案为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O;SiO2;
(2)通过以上分析知,滤渣Ⅱ的成分是CaSO4,若溶液的pH偏高,溶液中的Al3+和OH﹣离子反应生成Al(OH)3,所以将会导致溶液中铝元素的含量降低,反应方程式为3CaCO3+2Al2(SO4)3+6H2O═Al2(SO4)3•Al2O3+3CaSO4•2H2O+3CO2↑;故答案为CaSO4;3CaCO3+2Al2(SO4)3+6H2O═Al2(SO4)3•Al2O3+3CaSO4•2H2O+3CO2↑;
(3)吸收烟气中SO2的化学方程式为Al2(SO4)3•Al2O3+3SO2=Al(SO4)3•Al2(SO3)3,通入空气氧化发生反应的化学方程式为Al(SO4)3•Al2(SO3)3+3O2=4Al2(SO4)3,氧化后循环利用的溶液的pH将减小;故答案为Al(SO4)3•Al2(SO3)3+3O2=4Al2(SO4)3,减小.点评本题考查了物质的制备原理,明确物质的性质是解本题关键,会从整体上分析每一步发生的反应及基本操作,知道加入物质的用途,题目难度中等.17.(15分)(xx秋•苏州月考)慢心律是一种治疗心律失常的药物,它的合成路线如下
(1)由B→C的反应类型为氧化反应;
(2)C分子中有2个含氧官能团,分别为醚键和羰基(填官能团名称);
(3)写出A与浓溴水反应的化学方程式;
(4)由A制备B的过程中有少量副产物E,它与B互为同分异构体,E的结构简式为;
(5)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式;
①属于α﹣氨基酸;
②是苯的衍生物,且苯环上的一氯代物只有两种.
(6)已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷完成以邻甲基苯酚()和乙醇为原料制备的合成路线流程图.
①结合题中信息;无机试剂任用.
②合成路线流程图中,在横线和填上反应物质、条件和生成物质考点有机物的合成.专题有机物的化学性质及推断.分析
(1)根据官能团的变化判断反应类型;
(2)根据C的结构简式可知,C中含氧官能官为醚键和羰基;
(3)A中含有酚羟基,苯环对位上有H,可与浓溴水发生取代反应;
(4)中含有2个C﹣O键,与A发生反应时可有两种不同的断裂方式;
(5)D的一种同分异构体中
①属于α﹣氨基酸;
②是苯的衍生物,且苯环上的一氯代物只有两种,应有两个位于对位位置或三个处于对称位置的基团;
(6)制备,应先制备乙酸和,乙醇氧化可生成乙酸,乙醇消去可生成乙烯,乙烯氧化可生成,与反应生成,进而氧化可生成.解答解
(1)B→C的反应中﹣OH生成C=O,为氧化反应,故答案为氧化反应;
(2)根据C的结构简式可知,C中含氧官能官为醚键和羟基,故答案为醚键;羰基;
(3)A中含有酚羟基,苯环对位上有H,可与浓溴水发生取代反应,反应的方程式为,故答案为;
(4)中含有2个C﹣O键,与A发生反应时可有两种不同的断裂方式,生成的另一种有机物的结构简式为,故答案为;
(5)D的一种同分异构体中
①属于α﹣氨基酸;
②是苯的衍生物,且苯环上的一氯代物只有两种,应有两个位于对位位置或三个处于对称位置的基团,则满足条件的有机物的同分异构体为,故答案为;
(6)制备,应先制备乙酸和,乙醇氧化可生成乙酸,乙醇消去可生成乙烯,乙烯氧化可生成,与反应生成,进而氧化可生成,则反应的流程为,故答案为.点评本题考查有机物的合成,题目难度中等,解答时注意根据官能团的性质以及转化判断,注意把握题给反应条件,为解答该题关键.18.(12分)(xx•无锡一模)从含镁、钾盐湖水中蒸发最后得到的产物中含光卤石(xKCl•yMgCl2•zH2O),它在空气中极易潮解、易溶于水,是制造钾肥和提取金属镁的重要原料,其组成可通过下列实验测定
①准确称取
5.550g样品溶于水,配成100mL溶液.
②将溶液分成两等份,在一份中加入足量的NaOH溶液至沉淀完全,过滤、洗涤、干燥至恒重,得到白色固体
0.580g.
③在另一份溶液中加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液至沉淀完全,过滤、洗涤、干燥至恒重,得到白色固体
4.305g.
(1)步骤
②中检验白色固体已洗净的方法是取最后的洗涤液,滴加AgNO3溶液,若不产生沉淀,则已洗净.
(2)已知某温度下Mg(OH)2的Ksp=
6.4×10﹣12,当溶液中c(Mg2+)≤
1.0×10﹣5mol•L﹣1可视为沉淀完全,则应保持溶液中c(OH﹣)≥8×10﹣4mol•L﹣1
(3)通过计算确定样品的组成(写出计算过程).考点探究物质的组成或测量物质的含量;离子方程式的有关计算;镁、铝的重要化合物.专题实验探究和数据处理题.分析
(1)白色沉淀为氢氧化镁,表面会沾有氯化钾溶液,检验是否洗涤干净的方法是设计实验验证洗涤液中是否含有氯离子;
(2)依据沉淀溶解平衡存在的溶度积常数计算得到;
(3)依据题给条件,结合元素守恒和质量守恒计算氯化镁、氯化钾、水的物质的量得到.解答解
(1)白色沉淀为氢氧化镁,表面会沾有氯化钾溶液,检验是否洗涤干净的方法是设计实验验证洗涤液中是否含有氯离子,实验设计为取最后的洗涤液,滴加AgNO3溶液,若不产生沉淀,则已洗净,故答案为取最后的洗涤液,滴加AgNO3溶液,若不产生沉淀,则已洗净;
(2)Mg(OH)2的Ksp=
6.4×10﹣12,当溶液中c(Mg2+)≤
1.0×10﹣5mol•L﹣1可视为沉淀完全,则Ksp=c(Mg2+)×c2(OH﹣)=
6.4×10﹣12,c(OH﹣)≥8×10﹣4mol/L,故答案为8×10﹣4;
(3)
5.550g样品中含n(Mg2+)=×2=
0.02moln(MgCl2)=
0.02mol;n(Cl﹣)=×2=
0.06moln(KCl)=
0.06mol﹣2×
0.02mol=
0.02mol;n(H2O)==
0.12mol;样品中n(KCl)n(MgCl2)n(H2O)=116光卤石的化学式为KCl•MgCl2•6H2O,故答样品的组成为KCl•MgCl2•6H2O.点评本题考查了物质性质的分析应用,元素守恒、质量守恒是计算的依据,分析理解过程是解题关键,题目难度中等.19.(15分)(xx•沭阳县模拟)某科研小组设计出利用工业废酸(稀H2SO4)来浸取某废弃的氧化铜锌矿的方案,实现废物综合利用,方案如图所示.已知各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如下表所示.离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2+
6.
349.7Fe3+
1.
483.2Zn2+
6.
28.0请回答下列问题
(1)在“酸浸”步骤中,为提高浸出速率,除通入空气“搅拌”外,还可采取的措施是适当升高温度(或增大酸浓度、将氧化铜锌矿粉碎等).
(2)氧化铜锌矿中含有少量的CuS和ZnS,在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶,则相同温度下Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)(选填“>”“<”或“=”).
(3)物质A最好使用下列物质中的B.A.KMnO4B.空气C.HNO3D.NaClO
(4)除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH,pH应控制在
3.2~
6.2范围之间.
(5)物质B可直接用作氮肥,则B的化学式是(NH4)2SO4.
(6)除铁后得到的Fe(OH)3可用KClO溶液在碱性环境将其氧化得到一种高效的多功能水处理剂﹣﹣K2FeO4,写出该反应的离子方程式2Fe(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O.考点金属的回收与环境、资源保护;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题几种重要的金属及其化合物.分析流程分析氧化铜锌矿经废酸浸取后过滤,可得到硫酸铜、硫酸锌溶液;向酸浸液中加铁可还原出铜,经过滤可得铜和硫酸亚铁、硫酸锌的混合液;然后加入A和氨水,将亚铁转化为氢氧化铁沉淀而除去;后向滤液中加氨水等将锌离子转化为Zn2(OH)2CO3,最后焙烧,Zn2(OH)2CO3受热分解得到氧化锌.
(1)影响化学反应速率的因素有温度、浓度、固体表面积等;
(2)相同条件下,溶解度大的物质先溶解;
(3)所用试剂能除去杂质,但不能引入新的杂质;
(4)PH的范围应使铁完全沉淀而锌不沉淀;
(5)结合题给信息利用工业废酸和氮肥考虑;
(6)从题给信息写出反应物和生成物,配平即可.解答解
(1)影响化学反应速率的因素有多种,要提高氧化铜锌矿的酸浸速率,可采取的措施还有升高温度(增大酸浓度、将氧化铜锌矿粉碎﹣﹣增大表面积等).故答案为适当升高温度(或增大酸浓度、将氧化铜锌矿粉碎等)
(2)相同条件下,溶解度大的物质先溶解;因在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶,则相同温度下Ksp(CuS)<Ksp(ZnS),故答案为<;
(3)除铁过程中加入A和氨水,使亚铁离子变成氢氧化铁沉淀,故A应为氧化剂,且考虑加入A不引入新的杂质.除空气外,其他试剂均可引入新的杂质.故答案为B
(4)从图表数据可知,铁离子沉淀完全的PH为
3.2,锌离子开始沉淀的PH为
6.2.故除铁PH范围为
3.2~
6.2;故答案为
3.2~
6.2
(5)因所用废酸为硫酸,B又可作氮肥,所以B为(NH4)2SO4;故答案为(NH4)2SO4
(6)由题给信息可知,反应物为2Fe(OH)
3、ClO﹣、OH﹣,生成物之一为FeO42﹣,因铁在反应中化合价升高,故氯元素的化合价降低,则另一产物为Cl﹣,根据元素、电子、电荷守恒配平(可知产物还有水),则方程式为2Fe(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O.故答案为2Fe(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O.点评本题属于化学工艺流程方面的题目.要搞清实验目的和题给信息,结合流程和题目设问正确解题,综合性较强.20.(11分)(2011秋•如皋市期中)二甲醚(CH3OCH3)是一种清洁、高效、具有优良的环保性能的可燃物,被称为21世纪的新型能源.工业制备二甲醚的生产流程如图1催化反应室中(压力
2.0~
10.0Mpa,温度300℃)进行下列反应
①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=﹣
90.7kJ/mol
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=﹣
23.5kJ/mol
③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=﹣
41.2kJ/mol
(1)催化反应室中的总反应3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g).该反应的△H=﹣
246.1kJ/mol.催化反应室中采用300℃的反应温度,理由是提高化学反应速率.
(2)已知反应
①在300℃时的化学平衡常数为
0.27.该温度下将2molCO、3molH2和2molCH3OH充入容积为2L的密闭容器中,此时反应将逆向进行(填“正向进行”、“逆向进行”或“处于平衡状态”).
(3)上述流程中二甲醚精制的实验操作名称为蒸馏.
(4)图2为绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图.a电极的电极反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+.考点用盖斯定律进行有关反应热的计算;原电池和电解池的工作原理;化学平衡的影响因素.专题化学反应中的能量变化;化学平衡专题;电化学专题.分析
(1)根据盖斯定律由已知的热化学方程式乘以相应的数值进行加减,来构造目标热化学方程式,反应热也乘以相应的数值进行加减;反应放热,高温不利用原料的利用,温度低原料利用率高,但反应较慢,不利于实际生产;
(2)计算浓度商Qc,Qc=k,处于平衡状态;Qc>k,向逆反应进行;Qc<k,向正反应进行;
(3)分离沸点相差较大的互溶液体,常用方法是蒸馏;
(4)反应本质是二甲醚的燃烧,原电池负极发生氧化反应,二甲醚在负极放电,正极反应还原反应,氧气在正极放电.由图可知,a极为负极,二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子.解答
(1)已知
①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=﹣
90.7kJ/mol,
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=﹣
23.5kJ/mol,
③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=﹣
41.2kJ/mol,由盖斯定律可知,
①×2+
②+
③得3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=﹣
246.1kJ/mol,反应放热,高温不利用原料的利用,温度低原料利用率高,但反应较慢,不利于实际生产,采用300℃的反应温度,目的提高化学反应速率.故答案为﹣
246.1kJ/mol;提高化学反应速率;
(2)该温度下将2molCO、3molH2和2molCH3OH充入容积为2L的密闭容器中,此时c(CO)=1mol/L,c(H2)=
1.5mol/L,c(CH3OH)=1mol/L,浓度商Qc==
0.44,大于平衡常数
0.27,故反应向逆反应进行,故答案为逆向进行;
(3)二甲醚、乙醇、水为互溶的液体,沸点不同,采取蒸馏的方法将二甲醚分离,故答案为蒸馏;
(4)反应本质是二甲醚的燃烧,原电池负极发生氧化反应,二甲醚在负极放电,正极反应还原反应,氧气在正极放电.由图可知,a极为负极,二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子,a电极的电极反应式为CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+,故答案为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+.点评本题综合性较大,涉及反应热、化学平衡、原电池、实验基本操作等,难度中等,
(4)中电极反应式书写是易错点,可以先写出正极电极反应式,利用总反应式减正极反应式即为负极反应式.21.(xx秋•泗阳县校级期末)已知硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2N﹣CH2﹣COONa)即可得到配合物A.其结构如图1
(1)Cu元素基态原子的外围电子排布式为3d104s1.
(2)元索C、N、O的第一电离能由大到小排列顺序为N>O>C.
(3)配合物A中碳原子的轨道杂化类型为sp
3、sp2.
(4)1mol氨基乙酸钠(H2N﹣CH2﹣COONa)含有σ键的数目为8mol.
(5)氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳.写出二氧化碳的一种等电子体N2O(或SCN﹣、N3﹣等)(写化学式).
(6)已知硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体,其结构如图2,则该化合物的化学式是Cu2O.考点原子核外电子排布;元素电离能、电负性的含义及应用;“等电子原理”的应用;原子轨道杂化方式及杂化类型判断.专题原子组成与结构专题;化学键与晶体结构.分析
(1)Cu是29号元素,其原子核外有29个电子,3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子,3d、4s能级上电子为其外围电子,根据构造原理书写其基态原子外围电子排布式;
(2)根据同周期从左到右,元素的第一电离能呈增大趋势,但N元素原子的2p能级处于半满稳定状态,能量较低,第一电离能高于同周期相邻的元素;
(3)根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式;
(4)共价单键为σ键,共价双键中一个是σ键一个是π键,H2N﹣CH2﹣COONa中含有8个σ键;
(5)原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体;
(6)利用均摊法确定该化合物的化学式.解答解
(1)Cu是29号元素,其原子核外有29个电子,3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子,3d、4s能级上电子为其外围电子,根据构造原理知其基态原子外围电子排布式为3d104s1,故答案为3d104s1;
(2)同周期从左到右,元素的第一电离能呈增大趋势,但N元素原子的2p能级处于半满稳定状态,能量较低,第一电离能高于同周期相邻的元素,所以C、N、O三种元素的第一电离能由由小到大的排列顺序是N>O>C;故答案为N>O>C;
(3)配合物A分子中一种碳有C=O,碳的杂化方式为sp2杂化,另一种碳周围都是单键,碳的杂化方式为sp3杂化;故答案为sp
3、sp2;
(4)共价单键为σ键,共价双键中一个是σ键一个是π键,H2N﹣CH2﹣COONa中含有8个σ键,所以1mol氨基乙酸钠中含有σ键的数目为8mol,故答案为8mol;
(5)一个二氧化碳分子中原子个数为3个,价电子数为16,原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体,则CO2的等电子体为N2O(或SCN﹣、N3﹣等),故答案为N2O(或SCN﹣、N3﹣等);
(6)利用均摊法知,该化合物中O原子个数=1+8×=2,Cu原子个数=4,铜原子和氧原子个数之比=42=21,所以其化学式为Cu2O,故答案为Cu2O.点评本题涉及的知识点有晶胞的计算、等电子体、价层电子对互斥理论等知识点,利用均摊法、等电子体概念、价层电子对互斥理论来分析解答即可,题目难度中等;高考题中对于物质结构和性质的考查时,不是单纯的涉及一个考点,常常将各个考点融入到一个大型题中,考查知识较全面,要求学生对各个考点熟练掌握,一般来说,有关晶胞的计算较难.。