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2019届高三化学12月月考试题
一、选择题(共20小题,每小题2分,满分40分)1.(2分)氮氧化合物对环境的损害作用极大.下列环境问题中氮氧化合物不是“重要成员”的是( )A.酸雨B.光化学烟雾C.臭氧空洞D.温室效应2.(2分)化学无处不在,与化学有关的说法不正确的是( )A.绚丽缤纷的烟花中可能添加了含钾、钠、钙、铜等某些金属元素的物质B.回收废弃塑料制成燃油替代汽油、柴油,可减轻环境污染和节约化石能源C.为防止电池中的重金属等污染土壤和水体,应积极开友废电池的综合利用技术D.根据硅原子核外电子排布可知,硅元素的化学性质稳定,自然界中存在大量硅单质3.(2分)下列化工生产过程中,未涉及氧化还原反应的是( )A.海带提碘B.氯碱工业C.氨碱法制碱D.海水提溴4.(2分)硅酸铜钡是利用最新科学技术才合成的一种物质,然而科学家惊奇发现,我国秦朝兵马俑的一种颜料竟是硅酸铜钡.由以上事实推测关于硅酸铜钡的说法不正确的是( )A.难氧化B.难溶于水C.属于硅酸盐D.属于混合物5.(2分)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )A.SO2具有氧化性,可用于漂白纸浆B.NaHCO3能与碱反应,可用作焙制糕点的膨松剂C.Fe2(SO4)3易溶于水,可用作净水剂D.液氨汽化时吸收大量的热,可用作制冷剂6.(2分)某硝酸盐受热分解生成金属氧化物、二氧化氮和氧气,若生成的二氧化氮和氧气的物质的量之比为81,则金属元素的化合价在反应过程中的变化是( )A.升高B.降低C.不变D.无法确定7.(2分)目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原,所涉及的反应方程式为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g).已知H2的体积分数随温度的升高而增加.若温度从300℃升至400℃,重新达到平衡,下列各物理量的变化判断正确的是( )A.正反应速率减小B.逆反应速率增大C.平均相对分子质量不变D.转化率增大8.(2分)常温下,下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是( )A.能溶解Al2O3的溶液中Mg2+、Fe3+、AlO2﹣、HCO3﹣B.水电离出c(H+)=10﹣9mol/L的溶液中K+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣C.滴入KSCN显红色的溶液Na+、Cu2+、Br﹣、SO42﹣D.=10﹣12的溶液中NH4+、K+、HCO3﹣、NO3﹣9.(2分)下列指定反应的离子方程式正确的是( )A.向FeCl3溶液中滴加HI溶液Fe3++2I﹣═Fe2++I2B.用铜电极电解氯化钠溶液2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣C.向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+D.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸Na2SiO3+2H+═H2SiO3↓+2Na+10.(2分)欲除去下列各物质中的少量杂质,括号内试剂选择正确的是( )A.溴苯中的溴(KI溶液)B.溴乙烷中的乙醇(NaOH溶液)C.苯中的甲苯(溴水)D.乙酸乙酯中的乙酸(饱和Na2CO3溶液)11.(2分)能正确表示下列反应的离子方程式是( )A.Cl2通入NaOH溶液Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OB.NaHCO3溶液中加入稀HCl CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OC.NaClO溶液中通入过量的SO2ClO﹣+SO2+H2O═HClO+HSO3﹣D.Cu溶于稀HNO33Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O12.(2分)下列有关电化学的说法正确的是( )A.铜的金属活泼性比铁弱,可在海轮外壳上镶入若干铜块以减缓铁腐蚀B.原电池中,一定由活泼性强的金属作负极,发生氧化反应C.原电池放电时的负极和电解池充电时的阴极均发生氧化反应D.可充电电池充电时,负极与电源负极相连,正极与电源正极相连13.(2分)下列叙述中正确的是( )A.液溴应保存于带磨口玻璃塞的广口试剂瓶中,并加水“水封”以减少其易挥发B.向Ca(ClO)2溶液通入CO2,溶液变浑浊,再加入品红溶液,红色褪去C.滴加稀NaOH溶液,将湿润红色石蕊试纸置于试管口,试纸不变蓝,原溶液中无NH4+D.氨气是一种诚性气体,可用P2O5或无水CaCl2干燥14.(2分)下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )A.已知2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=﹣
483.6kJ•mol﹣1,则氢气的燃烧热为
241.8kJ•mol﹣1B.已知NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O(l)△H=﹣
57.3kJ•mol﹣1,则含
40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和,放出的热量小于
57.3kJC.已知2C(s)+2O2(g)═2CO2(g)△H=a,2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=b,则a>bD.已知CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g)△H=+
206.1kJ•mol﹣1,反应过程中使用催化剂,△H减小15.(2分)设NA代表阿伏加德罗常数的值,下列有关叙述正确的是( )A.标准状况下,
2.24LCl2与足量的NaOH溶液反应,转移的电子数目为
0.2NAB.标准状况下,
44.8LNO与
22.4LO2混合后气体中分子总数等于2NAC.NO2和H2O反应每生成2molHNO3时转移的电子数目为2NAD.1molFe在氧气中充分燃烧失去3NA个电子16.(2分)实验室制取下列气体的实验正确的是( )A.实验室制氯气B.实验室制氧气C.实验室制氨气D.实验室制二氧化碳17.(2分)硼氢化钠(NaBH4)在有机合成、化工生产方面有广泛应用.制备硼氢化钠的化学方程式为NaBO2+2Si02+4Na+2H2⇌NaBH4+2Na2SiO3.下列有关上述反应的说法错误的是( )A.氧化产物和还原产物的物质的量之比为21B.转移4mol电子时,只需向装置中通人
44.8LH2(标准状况)C.装药品之前加热装置至100℃并持续一会儿D.制备硼氢化钠的副产物可能有NaH18.(2分)在给定的条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )A.SSO3H2SO4B.NH3N2HNO3C.SiO2SiSiCl4SiD.海水Mg(OH)2Mg19.(2分)CaCO3是一种化工原料,可以通过反应生成一系列物质,如图所示.下列说法正确的是( )A.Cl2和SO2均可以漂白有色物质,且漂白的原理相同B.由SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑可知H2CO3的酸性强于H2SiO3C.工业上,可先向饱和食盐水中通入NH3后再通入CO2制NaHCO3D.制取玻璃、纯碱和漂白粉所涉及的反应都是非氧化还原反应20.(2分)下列图示与对应的叙述不相符合的是( )A.表示燃料燃烧反应的能量变化B.表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C.表示可逆反应从加入反应物开始建立化学平衡的过程D.表示可逆反应的平衡常数随反应物浓度的变化
二、选择题(共10小题,每小题4分,满分40分)21.(4分)阿克拉酮是合成某种抗癌药的重要中间体,其结构如图所示.下列关于阿克拉酮的性质的描述,不正确的是( )A.阿克拉酮的分子式为C22H22O8B.分子中含有3个手性碳原子C.该分子一定条件下能发生取代、氧化、消去反应D.1mol该物质最多可与3molNaOH反应22.(4分)下列实验现象、解释与结论均正确的是( )编号实验操作实验现象解释与结论A铜与浓硝酸反应,生成气体用湿润KI﹣淀粉试纸检验试纸变蓝NO2为酸性气体B向某溶液中加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生该沉淀可能是BaSO4,该溶液中可能含有SO42﹣C向甲苯中滴入少量溴水,振荡,静置溶液分层,上层呈橙红色,下层几乎无色甲苯和溴水发生取代反应,使溴水褪色D将二氧化硅分别与氢氟酸溶液和氢氧化钠溶液反应二氧化硅与氢氟酸反应生成气体,与氢氧化钠反应溶解二氧化硅为两性氧化物23.(4分)有关下列装置或操作说法错误的是( )A.图1中将胶头滴管中的水滴入到金属钠中,能看到U形管右侧红墨水高度不变B.图2中观察到湿润的有色布条能褪色,待尾气全部被碱吸收后,将稀硫酸滴入烧杯中,至溶液显酸性,可能看到有黄绿色气体生成C.图3可用于制备乙酸乙酯D.图4可以比较KMnO
4、Cl2和S氧化性的相对强弱24.(4分)25℃时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )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.在
0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中2c(Na+)=c(CO32﹣)+c(HCO3﹣)+c(H2CO3)D.
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+)25.(4分)在温度T1和T2时,分别将
0.50molCH4和
1.20molNO2充入体积为1L的密闭容器中,发生如下反应CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),测得n(CH4)随时间变化数据如表下列说法正确的是( )时间/min010204050T1n(CH4)/mol
0.
500.
350.
250.
100.10T2n(CH4)/mol
0.
500.
300.18…
0.15A.T1时0~10minNO2的平均反应速率为
0.15mol•L﹣1•min﹣1B.T2时CH4的平衡转化率为
70.0%C.保持其他条件不变,T1时向平衡体系中再充入
0.30molCH4和
0.80molH2O(g),平衡向正反应方向移动D.保持其他条件不变,T1时向平衡体系中再充入
0.50molCH4和
1.20molNO2,与原平衡相比,达新平衡时N2的浓度增大26.(4分)由下列实验及现象不能推出相应结论的是( )实验现象结论A.向2mL
0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量铁粉,振荡,加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失,加KSCN溶液颜色不变还原性Fe>Fe2+B.将金属钠在燃烧匙中点燃,迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟,瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C.加热盛有少量NH4HCO3固体的试管,并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D.向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一只试管中产生黄色沉淀,另一支中无明显现象Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)A.AB.BC.CD.D27.(4分)下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论不正确的是( )
①②③A.由
①中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体B.红棕色气体不能表明
②中木炭与浓硝酸产生了反应C.由
③说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物D.
③的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应28.(4分)由硫铁矿烧渣(主要成分Fe3O
4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(主FeSO4•7H2O),再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下烧渣溶液绿矾铁黄已知FeS2和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是( )A.步骤
①,最好用硫酸来溶解烧渣B.步骤
②,涉及的离子反应为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+C.步骤
③,将溶液加热到有较多固体析出,再用余热将液体蒸干,可得纯净绿矾D.步骤
④,反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)329.(4分)25℃时,在含CH3COOH和CH3COOˉ的溶液中,CH3COOH和CH3COOˉ二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示.下列说法不正确的是( )A.在pH<
4.76的溶液中,c(CH3COO﹣)<c(CH3COOH)B.在pH=7的溶液中,α(CH3COOH)=0,α(CH3COO﹣)=
1.0C.在pH>
4.76的溶液中,c(CH3COO﹣)与c(OH﹣)之和可大于c(H+)D.在pH=
4.76的溶液中加盐酸,α(CH3COOH)与α(CH3COO﹣)之和保持不变30.(4分)温度为T1时,在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)(正反应吸热)实验测得v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2),v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)•c(O2),k正、k逆为速率常数,受温度影响下列说法正确的是( )容器编号物质的起始浓度(mol•L﹣1)物质的平衡浓度(mol•L﹣1)c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)Ⅰ
0.
6000.2Ⅱ
0.
30.
50.2Ⅲ
00.
50.35A.达平衡时,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为45B.达平衡时,容器Ⅱ中c(O2)/c(NO2)比容器Ⅰ中的大C.达平衡时,容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%D.当温度改变为T2时,若k正=k逆,则T2>T1
三、解答题(共4小题,满分40分)31.(10分)NaClO2的漂白能力是漂白粉的4~5倍,NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等工业上生产NaClO2的工艺流程如图1
(1)ClO2发生器中的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4═2ClO2+2NaHSO4.实际工业生产中,可用硫黄、浓硫酸代替原料中的SO2,其原因为 (用化学方程式表示)
(2)反应结束后,向ClO2发生器中通入一定量空气的目的
(3)吸收器中生成NaClO2的离子反应方程式为
(4)某化学兴趣小组用如图2所示装置制备SO2并探究SO2与Na2O2的反应
①盛放浓H2SO4仪器名称为
②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃,B中发生的反应可能为 、Na2O2+SO2═Na2SO432.(10分)废弃物的综合利用既有利于节约资源,又有利于保护环境实验室利用废旧电池的铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如下
(1)铜帽溶解时加入H2O2的目的是 (用化学方程式表示)
(2)为确定加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO,杂质为铁及其氧化物)的量,实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2+的含量实验操作为准确量取一定体积的含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中,加适量水稀释,调节溶液pH=3~4,加入过量的KI,用Na2S2O3标准溶液滴定至终点上述过程中反应的离子方程式如下2Cu2++4I﹣=2CuI(白色)↓+I2;2S2O32﹣+I2=2I﹣+S4O62﹣
①滴定选用的指示剂为淀粉溶液,滴定终点观察到的现象为
②若滴定前溶液中的H2O2没有除尽,所测定的Cu2+含量将会 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)
(3)已知pH>11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2﹣.下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为
1.0mol•L﹣1计算)开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+
1.
13.2Fe2+
5.
88.8Zn2+
5.
98.9实验中可选用的试剂30%H2O
2、
1.0mol•L﹣1HNO
3、
1.0mol•L﹣1NaOH.由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为
①向滤液中加入适量30%H2O2,使其充分反应;
②滴加
1.0mol•L﹣1NaOH,调节溶液pH范围 ;
③过滤;
④向滤液中滴加
1.0mol•L﹣1NaOH,调节溶液pH范围 ;
⑤过滤、洗涤、干燥;
⑥900℃煅烧33.(8分)甲醇是一种重要化工原料,又是一种可再生能源,具有开发和应用的广阔前景
(1)由甲醇、氧气和NaOH溶液构成的新型手机电池,可使手机连续使用一个月才充一次电
①该电池负极的电极反应式为
②若以该电池为电源,用石墨作电极电解200mL含有如下离子的溶液离子Cu2+H+Cl﹣SO42﹣c/mol•L﹣
10.
5220.5电解一段时间后,当两极收集到相同体积(相同条件下)的气体时(忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)阳极上收集到氧气的质量为
(2)电解水蒸气和CO2产生合成气(H2+CO)较高温度下(700~1000℃),在SOEC两侧电极上施加一定的直流电压,H2O和CO2在氢电极发生还原反应产生O2﹣,O2﹣穿过致密的固体氧化物电解质层到达氧电极,在氧电极发生氧化反应得到纯O2.由右图可知A为直流电源的 (填“正极”或“负极”),请写出以H2O为原料生成H2的电极反应式 34.(12分)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 .上石桥高中xx高三12月份月考参考答案与试题解析
一、选择题(共20小题,每小题2分,满分40分)1.(2分)氮氧化合物对环境的损害作用极大.下列环境问题中氮氧化合物不是“重要成员”的是( )A.酸雨B.光化学烟雾C.臭氧空洞D.温室效应【分析】依据氮氧化物的性质及常见环境污染的污染源解答.【解答】解氮氧化物(NOX,NO和NO2的统称)是城市空气的主要污染物由它们能引起光化学烟雾、酸雨和平流层中臭氧减少等环境污染,温室效应是由于大气里温室气体(二氧化碳、甲烷等)含量增大而形成的,与氮的氧化物无关,故选D【点评】本题考查了生活中常见的环境污染与治理,明确氮的氧化物的性质是解题关键,题目难度不大,注意对相关知识的积累.2.(2分)化学无处不在,与化学有关的说法不正确的是( )A.绚丽缤纷的烟花中可能添加了含钾、钠、钙、铜等某些金属元素的物质B.回收废弃塑料制成燃油替代汽油、柴油,可减轻环境污染和节约化石能源C.为防止电池中的重金属等污染土壤和水体,应积极开友废电池的综合利用技术D.根据硅原子核外电子排布可知,硅元素的化学性质稳定,自然界中存在大量硅单质【分析】A.依据焰色反应解答;B.废塑料通常采用热解油化技术加以回收,即通过加热或加入一定的催化剂使废塑料分解,获得新的燃料汽油、燃料油气等;C.电池中含有铅、镉等重金属,容易造成环境污染;D.自然界中不存在游离态的硅.【解答】解A.烟花中添加含钾、钠、钙、铜等某些金属元素的化合物,燃放时发生焰色反应而呈现绚丽缤纷的颜色,故A正确;B.回收废弃塑料制成燃油替代汽、柴油,可减轻环境污染和节约化石能源,故B正确;C.电池中含有铅、镉等重金属,容易造成环境污染,应积极开友废电池的综合利用技术,故C正确;D.自然界中不存在游离态的硅,硅在自然界中化合态存在,故D错误;故选D【点评】本题考查了化学与生产生活,熟悉焰色反应原理、明确生活中常见环境污染与治理方法、熟悉炼硅在自然界中存在状态关键,题目难度不大.3.(2分)下列化工生产过程中,未涉及氧化还原反应的是( )A.海带提碘B.氯碱工业C.氨碱法制碱D.海水提溴【分析】发生的化学反应中,若存在元素的化合价变化,则属于氧化还原反应,以此来解答【解答】解A.海带提碘是由KI变为I2,有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,故A不选;B.氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气,H、Cl元素的化合价变化,为氧化还原反应,故B不选;C.氨碱法制碱,二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵,碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠,二氧化碳和水,没有元素的化合价变化,则不涉及氧化还原反应,故C选;D.海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质,有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,故D不选;故选C【点评】本题考查氧化还原反应,把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键,注意从元素化合价变化角度分析,题目难度不大4.(2分)硅酸铜钡是利用最新科学技术才合成的一种物质,然而科学家惊奇发现,我国秦朝兵马俑的一种颜料竟是硅酸铜钡.由以上事实推测关于硅酸铜钡的说法不正确的是( )A.难氧化B.难溶于水C.属于硅酸盐D.属于混合物【分析】硅酸铜钡的名称和组成结构分析物质类别,依据物质类别具有的通性确定物质性质.【解答】解A、物质中元素化合价为最高价,故硅酸铜钡难于被氧化,故A正确;B、秦朝兵马俑用的一种颜料是硅酸铜钡,说明硅酸铜钡难溶于水,能几百年来保存下来,故B正确;C、阴离子是硅酸根,阳离子是铜离子和钡离子,可以成为硅酸盐、铜盐、钡盐,故C正确;D、纯净物是由一种物质构成,故硅酸铜钡是纯净物,故D错误;故选D【点评】本题考查了物质分类的分析判断,物质性质的推断和信息应用,题目较简单5.(2分)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )A.SO2具有氧化性,可用于漂白纸浆B.NaHCO3能与碱反应,可用作焙制糕点的膨松剂C.Fe2(SO4)3易溶于水,可用作净水剂D.液氨汽化时吸收大量的热,可用作制冷剂【分析】A.依据二氧化硫的漂白性解答;B.碳酸氢钠不稳定受热易分解生成二氧化碳;C.依据盐类水解的应用解答;D.液氨汽化吸收大量的热.【解答】解A.二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有与漂白性,与其氧化性无关,故A错误;B.碳酸氢钠不稳定受热易分解生成二氧化碳,所以可做焙制糕点的膨松剂,故B错误;C.Fe2(SO4)3水溶液中三价铁离子水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性,能吸附水中固体杂质颗粒,所以可以用作净水剂,与硫酸铁易溶于水性质无关,故C错误;D.液氨汽化吸收大量的热,具有制冷作用,可用作制冷剂,故D正确;故选D【点评】本题考查了元素化合物知识,侧重考查物质的用途,性质决定用途,明确相关物质的性质是解题关键,题目难度不大.6.(2分)某硝酸盐受热分解生成金属氧化物、二氧化氮和氧气,若生成的二氧化氮和氧气的物质的量之比为81,则金属元素的化合价在反应过程中的变化是( )A.升高B.降低C.不变D.无法确定【分析】某金属的硝酸盐受热分解生成NO
2、O2和某金属氧化物,氮元素化合价由+5价降低为+4价,氧元素化合价由﹣2价升高为0价,根据NO2和O2的物质的量之比为81,计算氮原子得到的电子、氧原子失去的电子.根据电子转移守恒,判断金属元素化合价变化.【解答】解某金属的硝酸盐受热分解生成NO
2、O2和某金属氧化物,氮元素化合价由+5价降低为+4价,氧元素化合价由﹣2价升高为0价,生成的二氧化氮和氧气的物质的量之比为81,令NO2和O2的物质的量分别为8mol、1mol,氮原子得到的电子物质的量为8mol×(5﹣4)=8mol,氧原子失去的电子为1mol×2×[0﹣(﹣2)]=4mol二者氮原子得到的电子大于氧原子失去的电子,根据电子转移守恒,金属原子应提供电子,所以金属元素化合价升高故选A【点评】考查氧化还原反应的计算,难度不大,根据电子转移守恒判断是关键.注意守恒思想的应用.7.(2分)目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原,所涉及的反应方程式为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g).已知H2的体积分数随温度的升高而增加.若温度从300℃升至400℃,重新达到平衡,下列各物理量的变化判断正确的是( )A.正反应速率减小B.逆反应速率增大C.平均相对分子质量不变D.转化率增大【分析】已知H2的体积分数随温度的升高而增加,说明平衡逆向移动,逆反应是吸热反应,正反应是放热反应,而温度从300℃升至400℃,正逆反应速率都加快,平衡逆向移动,氢气的转化率减小,由此分析解答.【解答】解A、温度升高正逆反应速率都加快,故A错误;B、温度升高正逆反应速率都加快,所以逆反应速率增大,故B正确;C、平衡逆向移动,气体的计量数增加,而气体的质量不变,所以平均相对分子质量变小,故C错误;D、平衡逆向移动,所以反应物质的转化率减小,故D错误;故选B【点评】本题考查化学反应速率的影响以及化学平衡等问题,为高频考点,侧重考查学生的分析能力,注意把握影响反应速率的因素,难度不大.8.(2分)常温下,下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是( )A.能溶解Al2O3的溶液中Mg2+、Fe3+、AlO2﹣、HCO3﹣B.水电离出c(H+)=10﹣9mol/L的溶液中K+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣C.滴入KSCN显红色的溶液Na+、Cu2+、Br﹣、SO42﹣D.=10﹣12的溶液中NH4+、K+、HCO3﹣、NO3﹣【分析】A.铁离子与偏铝酸根离子、碳酸氢根反应;B.该溶液呈酸性或碱性,铁离子与氢氧根离子反应;C.该溶液中存在铁离子,四种离子之间不反应,都铁离子反应;D.该溶液呈碱性,铵根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应【解答】解A.Fe3+、AlO2﹣、HCO3﹣之间相互反应,在溶液中一定不能大量共存,故A错误;B.水电离出c(H+)=10﹣9mol/L的溶液呈酸性或碱性,Fe3+与OH﹣反应,在碱性溶液中不能大量共存,故B错误;C.入KSCN显红色的溶液中存在铁离子,Na+、Cu2+、Br﹣、SO42﹣之间不反应,都不与铁离子反应,在溶液中能够大量共存,故C正确;D.该溶液呈碱性,NH4+、KHCO3﹣与氢氧根离子反应,在碱性溶液中不能大量共存,故D错误;故选C【点评】本题考查离子共存的判断,题目难度不大,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9.(2分)下列指定反应的离子方程式正确的是( )A.向FeCl3溶液中滴加HI溶液Fe3++2I﹣═Fe2++I2B.用铜电极电解氯化钠溶液2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣C.向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+D.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸Na2SiO3+2H+═H2SiO3↓+2Na+【分析】A.方程式左右电荷不守恒;B.用铜作阳极电解氯化钠溶液时,阳极上铜失电子生成铜离子;C.向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝和硫酸铵,氢氧化铝不溶于弱碱;D.硅酸钠与氯化氢反应生成硅酸沉淀和氯化钠,硅酸钠为易溶于水易电离的盐,应拆写.【解答】解A.氯化铁具有氧化性,碘化氢中﹣1价的碘离子具有还原性,两者发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子,反应为2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2,故A错误;B.用铜作阳极电解氯化钠溶液时,阳极上铜失电子而不是电解质溶液中氯离子失电子,所以得不到氯气,故B错误;C.Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵,离子方程式Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+,故C正确;D.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓,故D错误;故选C【点评】本题考查了离子方程式的书写,明确反应实质是解题关键,注意氢氧化铝不溶于弱碱为易错选项,题目难度不大.10.(2分)欲除去下列各物质中的少量杂质,括号内试剂选择正确的是( )A.溴苯中的溴(KI溶液)B.溴乙烷中的乙醇(NaOH溶液)C.苯中的甲苯(溴水)D.乙酸乙酯中的乙酸(饱和Na2CO3溶液)【分析】A.溴单质与碘化钾反应生成溴化钾和碘单质;B.卤代烃在氢氧化钠水溶液中能发生水解;C.苯、甲苯、溴单质能互溶;D.乙酸与碳酸钠反应而除去.【解答】解A.溴单质与碘化钾反应生成溴化钾和碘单质,碘单质易溶于溴苯,引入了新的杂质,故A错误;B.溴乙烷在氢氧化钠水溶液中能发生水解,加入试剂与原物质反应,不符合除杂原则,故B错误;C.苯、甲苯、溴单质能互溶无法分开,故C错误;D.乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液,乙酸与碳酸钠反应而除去,故D正确故选D【点评】本题考查物质的分离、提纯和除杂,题目难度不大,本题注意除杂时不能引入新的杂质,且不能影响被提纯的物质的量.11.(2分)能正确表示下列反应的离子方程式是( )A.Cl2通入NaOH溶液Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OB.NaHCO3溶液中加入稀HCl CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OC.NaClO溶液中通入过量的SO2ClO﹣+SO2+H2O═HClO+HSO3﹣D.Cu溶于稀HNO33Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O【分析】A.电荷不守恒;B.碳酸氢根离子不能拆分;C.反应生成硫酸钠和氯化钠;D.反应生成硝酸铜、NO和水【解答】解A.Cl2通入NaOH溶液的离子反应为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O,故A错误;B.NaHCO3溶液中加入稀HCl的离子反应为HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O,故B错误;C.NaClO溶液中通入过量的SO2的离子反应为ClO﹣+SO2+H2O═Cl﹣+SO42﹣+2H+,故C错误;D.Cu溶于稀HNO3的离子反应为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O,故D正确;故选D【点评】本题考查离子反应方程式的书写,为高频考点,把握物质的性质、发生的反应、离子反应的书写方法为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒,题目难度不大12.(2分)下列有关电化学的说法正确的是( )A.铜的金属活泼性比铁弱,可在海轮外壳上镶入若干铜块以减缓铁腐蚀B.原电池中,一定由活泼性强的金属作负极,发生氧化反应C.原电池放电时的负极和电解池充电时的阴极均发生氧化反应D.可充电电池充电时,负极与电源负极相连,正极与电源正极相连【分析】A.作原电池负极的金属加速被腐蚀,作原电池正极的金属被保护;B.原电池中,一般由活泼性强的金属作负极,发生氧化反应;C.负极和阳极均失电子发生氧化反应;D.原电池负极发生氧化反应,充电时,阴极发生还原反应,原电池正极发生还原反应,充电时,阳极发生氧化反应.【解答】解A.作原电池负极的金属加速被腐蚀,作原电池正极的金属被保护,铁、铜和海水构成的原电池中,铁易失电子作负极,所以加速被腐蚀,故A错误;B.原电池中,一般由活泼性强的金属作负极,发生氧化反应,但镁﹣铝﹣氢氧化钠原电池,则不活泼的铝为负极,故B错误;C.负极和阳极均失电子发生氧化反应,则原电池放电时的负极和充电时的阳极均发生失电子的氧化反应,故C错误;D.原电池负极发生氧化反应,充电时,阴极发生还原反应,可充电电池充电时负极连接外加电源的负极,原电池正极发生还原反应,充电时,阳极发生氧化反应,可充电电池充电时正极连接外加电源的正极,故D正确故选D【点评】本题考查了原电池原理的应用,明确正负极的判断方法及正负极上发生的电极反应即可解答,会根据原电池原理分析金属的腐蚀与防护,题目难度不大.13.(2分)下列叙述中正确的是( )A.液溴应保存于带磨口玻璃塞的广口试剂瓶中,并加水“水封”以减少其易挥发B.向Ca(ClO)2溶液通入CO2,溶液变浑浊,再加入品红溶液,红色褪去C.滴加稀NaOH溶液,将湿润红色石蕊试纸置于试管口,试纸不变蓝,原溶液中无NH4+D.氨气是一种诚性气体,可用P2O5或无水CaCl2干燥【分析】A.溴易挥发,需要加水“水封”,但液体保存在细口瓶中;B.向Ca(ClO)2溶液通入CO2,反应生成HClO和碳酸钙;C.稀NaOH溶液,与铵根离子反应生成一水合氨;D.NH3为碱性气体,不能用浓硫酸和五氧化二磷干燥,无水CaCl2和氨气反应生成络合物,不能干燥氨气.【解答】解A.液溴应保存于带磨口玻璃塞的细口瓶试剂瓶中,并加水“水封”以减少其易挥发,故A错误;B.向Ca(ClO)2溶液通入CO2,反应生成HClO和碳酸钙,则溶液变浑浊,再加入品红溶液,HClO具有漂白性,红色褪去,故B正确;C.稀NaOH溶液,与铵根离子反应生成一水合氨,则滴加稀NaOH溶液,将湿润红色石蕊试纸置于试管口,试纸不变蓝,不能确定原溶液中是否含NH4+,故C错误;D.NH3为碱性气体,不能用浓硫酸和五氧化二磷干燥,无水CaCl2和氨气反应生成络合物,不能干燥氨气,可用碱石灰干燥,故D错误;故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,侧重分析能力与实验能力的综合考查,把握物质的性质及离子检验为解答的关键,注意实验的评价性和操作性分析,题目难度不大.14.(2分)下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )A.已知2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=﹣
483.6kJ•mol﹣1,则氢气的燃烧热为
241.8kJ•mol﹣1B.已知NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O(l)△H=﹣
57.3kJ•mol﹣1,则含
40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和,放出的热量小于
57.3kJC.已知2C(s)+2O2(g)═2CO2(g)△H=a,2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=b,则a>bD.已知CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g)△H=+
206.1kJ•mol﹣1,反应过程中使用催化剂,△H减小【分析】A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量,氢气燃烧生成液态水;B.醋酸为弱电解质,电离吸热;C.碳燃烧放出热量,反应热为负值,放出的热量越多,反应热越小;D.催化剂不改变反应热.【解答】解A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量,氢气燃烧生成液态水,由热化学方程式可知,氢气的燃烧热<﹣
241.8kJ•mol﹣1,故A错误;B.醋酸为弱电解质,电离吸热,醋酸与氢氧化钠反应放出的热量较小,则含
40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和,放出的热量小于
57.3kJ,故B正确;C.碳燃烧放出热量,反应热为负值,放出的热量越多,反应热越小,则a<b,故C错误;D.催化剂不改变反应热,故D错误故选B【点评】本题考查燃烧热、反应热有关计算、热化学方程式等,为高频考点,侧重考查学生的分析能力,注意对概念与热化学方程式的理解.15.(2分)设NA代表阿伏加德罗常数的值,下列有关叙述正确的是( )A.标准状况下,
2.24LCl2与足量的NaOH溶液反应,转移的电子数目为
0.2NAB.标准状况下,
44.8LNO与
22.4LO2混合后气体中分子总数等于2NAC.NO2和H2O反应每生成2molHNO3时转移的电子数目为2NAD.1molFe在氧气中充分燃烧失去3NA个电子【分析】A、计算
2.24LCl2的物质的量,由方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知,反应中氯元素化合价由0价升高为+1价,由0价降低为﹣1价,氯气起氧化剂与还原剂作用,各占一半,据此计算转移电子数目;B、标况下
44.8LNO和
22.4L氧气混合后生成2molNO2,但NO2中存在平衡2NO2⇌N2O4;C、二氧化氮和水反应时,3molNO2反应转移2mol电子;D、Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4【解答】解A、
2.24LCl2的物质的量为=
0.1mol,由方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知,反应中氯元素化合价由0价升高为+1价,由0价降低为﹣1价,氯气起氧化剂与还原剂作用,各占一半,转移电子数目为
0.1mol××2××NAmol﹣1=
0.1NA,故A错误;B、标况下
44.8LNO和
22.4L氧气混合后生成2molNO2,但NO2中存在平衡2NO2⇌N2O4,导致分子个数减少,故反应后气体分子个数小于2NA个,故B错误;C、二氧化氮和水反应时,3molNO2反应转移2mol电子,生成2mol硝酸,故当生成2mol硝酸时,转移2NA个电子,故C正确;D、Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4,而Fe3O4中Fe元素的价态为+价,故1molFe在氧气中充分燃烧失去的电子数为NA,故D错误故选C【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16.(2分)实验室制取下列气体的实验正确的是( )A.实验室制氯气B.实验室制氧气C.实验室制氨气D.实验室制二氧化碳【分析】A.浓盐酸和二氧化锰应在加热条件下进行;B.实验室用加热高锰酸钾、氯酸钾和二氧化锰等固体的方法制备氧气;C.实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气;D.盐酸和碳酸钠剧烈反应,且碳酸钠易溶于水,不能用简易气体发生装置制备.【解答】解A.浓盐酸和二氧化锰在常温下不反应,应在加热条件下进行,且应防止倒吸,故A错误;B.实验室用加热高锰酸钾、氯酸钾和二氧化锰等固体的方法制备氧气,水的导电能力较弱,不能直接电解水制备氧气,故B错误;C.实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气,氨气密度比空气小,可用向下排空法收集,故C正确;D.盐酸和碳酸钠剧烈反应,且碳酸钠易溶于水,不能用简易气体发生装置制备,应用碳酸钙和盐酸反应制备二氧化碳气体,故D错误故选C【点评】本题考查较为综合,涉及常见气体的制备,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力、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.17.(2分)硼氢化钠(NaBH4)在有机合成、化工生产方面有广泛应用.制备硼氢化钠的化学方程式为NaBO2+2Si02+4Na+2H2⇌NaBH4+2Na2SiO3.下列有关上述反应的说法错误的是( )A.氧化产物和还原产物的物质的量之比为21B.转移4mol电子时,只需向装置中通人
44.8LH2(标准状况)C.装药品之前加热装置至100℃并持续一会儿D.制备硼氢化钠的副产物可能有NaH【分析】该反应中H元素化合价由0价变为﹣1价、Na元素化合价由0价变为+1价,转移电子总数为4,所以反应中钠是还原剂,而氢气是氧化剂,由此分析解答.【解答】解A、由反应NaBO2+2Si02+4Na+2H2⇌NaBH4+2Na2SiO3,氧化产物为2molNa2SiO3,还原产物是1molNaBH4,所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为21,故A正确;B、转移4mol电子时,只需向装置中通入2×
22.4=
44.8LH2(标准状况),故B正确;C、钠极易被氧化,所以不需加热装置至100℃,更不需持续一会儿,故C错误;D、钠离子与还原产物生成副产物NaH,故D正确;故选C【点评】本题考查氧化还原反应,题目难度中等,解答该题的关键是熟练掌握氧化还原反应中几组概念.18.(2分)在给定的条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )A.SSO3H2SO4B.NH3N2HNO3C.SiO2SiSiCl4SiD.海水Mg(OH)2Mg【分析】A、硫与氧气反应生成二氧化硫;B.氨气催化氧化生成氮气,氮气不能和氧气在水溶液中形成硝酸;C.二氧化硅和碳反应生成硅,硅和氯气反应生成四氯化硅,四氯化硅和氢气反应生成高纯硅;D.海水中加入熟石灰生成氢氧化镁沉淀,氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁,电解氯化镁固体得到金属镁.【解答】解A、硫与氧气反应生成二氧化硫,而不是三氧化硫,故A错误;B.转化关系中氮气、氧气和水不能直接生成硝酸,故B错误;C.二氧化硅制备高纯度硅,利用碳还原二氧化硅生成粗硅,粗硅和氯气反应生成四氯化硅,四氯化硅被氢气还原生成高纯度硅,故C正确;D.制备金属镁不是电解氢氧化镁,氢氧化镁熔融分解生成的氧化镁熔点高,工业上电解熔融氯化镁生成金属镁,故D错误;故选C【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用,主要是硫、硅、氮的化合物性质的理解判断,掌握基础是解题关键,题目难度中等.19.(2分)CaCO3是一种化工原料,可以通过反应生成一系列物质,如图所示.下列说法正确的是( )A.Cl2和SO2均可以漂白有色物质,且漂白的原理相同B.由SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑可知H2CO3的酸性强于H2SiO3C.工业上,可先向饱和食盐水中通入NH3后再通入CO2制NaHCO3D.制取玻璃、纯碱和漂白粉所涉及的反应都是非氧化还原反应【分析】A.Cl2没有漂白性;B.反应在高温条件下进行,不是利用强酸制备弱酸原理;C.NH3极易溶于水且溶液呈弱减性,再通入CO2使之更多地转化为HCO3﹣;D.制备漂白粉的反应中氯元素的化合价发生变化,属于氧化还原反应.【解答】解A.二氧化硫与有机色质化合为无色物质,具有漂白性,而Cl2没有漂白性,其与水反应生成的HClO,具有强氧化性,可以使有色物质褪色,具有漂白性,故A错误;B.反应在高温条件下进行,不是利用强酸制备弱酸原理,不能说明酸性强弱,故B错误;C.NH3极易溶于水且溶液呈弱减性,再通入CO2使之更多地转化为HCO3﹣,故工业上,可先向饱和食盐水中通入NH3后再通入CO2制NaHCO3,故C正确;D.二氧化硅与碳酸钠反应制取玻璃、加热分解碳酸氢钠制取纯碱,两反应中元素化合价不变化,属于非氧化还原反应,但制备漂白粉的反应中氯元素的化合价由0价变化为﹣
1、+1价,属于氧化还原反应,故D错误,故选C【点评】本题考查氯气与二氧化硫的性质、硅酸盐工业、氧化还原反应等,难度不大,注意A选项中氯气没有漂白性,掌握常见漂白原理二氧化硫发生化合反应、次氯酸利用其强氧化性、活性炭利用物理吸附.20.(2分)下列图示与对应的叙述不相符合的是( )A.表示燃料燃烧反应的能量变化B.表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C.表示可逆反应从加入反应物开始建立化学平衡的过程D.表示可逆反应的平衡常数随反应物浓度的变化【分析】A.燃料燃烧应放出热量,反应物总能量大于生成物总能量;B.温度过高,酶失去催化活性;C.从加入反应物开始建立化学平衡,平衡之前,正反应速率大于逆反应速率;D.平衡常数只受温度的影响.【解答】解A.燃料燃烧应放出热量,反应物总能量大于生成物总能量,而题目所给图为吸热反应,故A错误;B.酶为蛋白质,温度过高,蛋白质变性,则酶催化能力降低,甚至失去催化活性,故B正确;C.从加入反应物开始建立化学平衡,平衡之前,正反应速率大于逆反应速率,达到平衡时正逆反应速率相等,故C正确;D.平衡常数只受温度的影响,温度不变,则平衡常数不变,故D正确故选A【点评】本题考查较为综合,涉及化学反应与能量、化学平衡的影响,考查《化学反应原理》主要内容,侧重学生的分析能力的考查,为高考常见题型,易错点为B,注意蛋白质的性质,难度不大.
二、选择题(共10小题,每小题4分,满分40分)21.(4分)阿克拉酮是合成某种抗癌药的重要中间体,其结构如图所示.下列关于阿克拉酮的性质的描述,不正确的是( )A.阿克拉酮的分子式为C22H22O8B.分子中含有3个手性碳原子C.该分子一定条件下能发生取代、氧化、消去反应D.1mol该物质最多可与3molNaOH反应【分析】由结构可知分子式,分子中含酚﹣OH、羰基、醇﹣OH、﹣COOC﹣,结合酚、酮、醇、酯等有机物的性质来解答.【解答】解A.由结构可知阿克拉酮的分子式为C22H20O8,故A错误;B.连接4个不同基团的C为手性碳原子,则最后一个环上与2个﹣OH相连的C与酯基的C为手性碳原子,共3个,故B正确;C.含﹣OH可发生取代、消去、氧化反应,故C正确;D.2个酚﹣OH、1个﹣COOC﹣与NaOH发言,则1mol该物质最多可与3molNaOH反应,故D正确;故选A【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、有机反应、手性碳原子判断为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意选项B为解答的难点,题目难度不大.22.(4分)下列实验现象、解释与结论均正确的是( )编号实验操作实验现象解释与结论A铜与浓硝酸反应,生成气体用湿润KI﹣淀粉试纸检验试纸变蓝NO2为酸性气体B向某溶液中加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生该沉淀可能是BaSO4,该溶液中可能含有SO42﹣C向甲苯中滴入少量溴水,振荡,静置溶液分层,上层呈橙红色,下层几乎无色甲苯和溴水发生取代反应,使溴水褪色D将二氧化硅分别与氢氟酸溶液和氢氧化钠溶液反应二氧化硅与氢氟酸反应生成气体,与氢氧化钠反应溶解二氧化硅为两性氧化物A.AB.BC.CD.D【分析】A.二氧化氮与湿润的KI发生氧化还原反应生成碘;B.白色沉淀可能为硫酸钡;C.甲苯中滴入少量溴水,发生萃取;D.二氧化硅为酸性氧化物【解答】解A.二氧化氮与湿润的KI发生氧化还原反应生成碘,现象不能说明结论,故A错误;B.白色沉淀可能为硫酸钡,则溶液中可能含有SO42﹣,故B正确;C.甲苯中滴入少量溴水,发生萃取,不发生取代反应,故C错误;D.二氧化硅为酸性氧化物,二氧化硅与氢氟酸反应生成气体为其特性,故D错误;故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大23.(4分)有关下列装置或操作说法错误的是( )A.图1中将胶头滴管中的水滴入到金属钠中,能看到U形管右侧红墨水高度不变B.图2中观察到湿润的有色布条能褪色,待尾气全部被碱吸收后,将稀硫酸滴入烧杯中,至溶液显酸性,可能看到有黄绿色气体生成C.图3可用于制备乙酸乙酯D.图4可以比较KMnO
4、Cl2和S氧化性的相对强弱【分析】A.钠与水反应放出热量,U型管中红墨水左低右高;B.湿润的有色布条能褪色,与HClO的漂白性有关,且尾气被碱吸收后加硫酸发生氧化还原反应生成氯气;C.导管在饱和碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸;D.浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气,氯气与硫化钠反应生成S【解答】解A.钠与水反应放出热量,U型管中红墨水左低右高,则能看到U形管右侧红墨水高度升高,故A错误;B.湿润的有色布条能褪色,与HClO的漂白性有关,且尾气被碱吸收后加硫酸发生氧化还原反应生成氯气,则看到有黄绿色气体生成,故B正确;C.导管在饱和碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸,导管口应在液面上,故C错误;D.浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气,氯气与硫化钠反应生成S,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,图4可以比较KMnO
4、Cl2和S氧化性的相对强弱,故D正确;故选AC【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、反应与现象、实验装置的作用、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大24.(4分)25℃时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )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.在
0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中2c(Na+)=c(CO32﹣)+c(HCO3﹣)+c(H2CO3)D.
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+)【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+),离子浓度关系为c(NH4+)>c(Cl﹣)>c(OH﹣)>c(H+),故B错误;C.在
0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中,Na元素的物质的量是C元素物质的量的2倍,则c(Na+)=2c(CO32﹣)+2c(HCO3﹣)+2c(H2CO3),故C错误;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AD【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,题目难度中等.25.(4分)在温度T1和T2时,分别将
0.50molCH4和
1.20molNO2充入体积为1L的密闭容器中,发生如下反应CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),测得n(CH4)随时间变化数据如表下列说法正确的是( )时间/min010204050T1n(CH4)/mol
0.
500.
350.
250.
100.10T2n(CH4)/mol
0.
500.
300.18…
0.15A.T1时0~10minNO2的平均反应速率为
0.15mol•L﹣1•min﹣1B.T2时CH4的平衡转化率为
70.0%C.保持其他条件不变,T1时向平衡体系中再充入
0.30molCH4和
0.80molH2O(g),平衡向正反应方向移动D.保持其他条件不变,T1时向平衡体系中再充入
0.50molCH4和
1.20molNO2,与原平衡相比,达新平衡时N2的浓度增大【分析】A.结合v=及速率之比等于化学计量数之比计算;B.由表格数据可知,T2时CH4的平衡物质的量为
0.15mol,则转化的甲烷为
0.50mol﹣
0.15mol=
0.35mol;C.T1时,体积为1L,由表格中数据可知,CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)开始
0.
51.2000转化
0.
40.
80.
40.
40.8平衡
0.
10.
40.
40.
40.8K==
6.4,T1时向平衡体系中再充入
0.30molCH4和
0.80molH2O(g),比较Qc、K,判断反应进行方向;D.体积不变,物质的量变为原来的2倍,若平衡不移动,则平衡浓度变为原平衡的2倍,但压强增大平衡逆向移动.【解答】解A.T1时0~10minCH4的平均反应速率为=
0.015mol•L﹣1•min﹣1,由速率之比等于化学计量数之比可知,T1时0~10minNO2的平均反应速率为
0.03mol•L﹣1•min﹣1,故A错误;B.由表格数据可知,T2时CH4的平衡物质的量为
0.15mol,则转化的甲烷为
0.50mol﹣
0.15mol=
0.35mol,则T2时CH4的平衡转化率为×100%=
70.0%,故B正确;C.T1时,体积为1L,由表格中数据可知,CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)开始
0.
51.2000转化
0.
40.
80.
40.
40.8平衡
0.
10.
40.
40.
40.8K==
6.4,T1时向平衡体系中再充入
0.30molCH4和
0.80molH2O(g),Qc==
25.6>K,则平衡逆向移动,故C错误;D.体积不变,物质的量变为原来的2倍,若平衡不移动,则平衡浓度变为原平衡的2倍,但压强增大平衡逆向移动,则达新平衡时N2的浓度增大,大于原平衡浓度小于原平衡浓度的2倍,故D正确;故选BD【点评】本题考查化学平衡的计算,为高频考点,把握表格中数据、平衡三段法、Qc与K的计算为解答的关键,侧重分析与计算能力的考查,注意选项C为解答的难点,题目难度不大.26.(4分)由下列实验及现象不能推出相应结论的是( )实验现象结论A.向2mL
0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量铁粉,振荡,加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失,加KSCN溶液颜色不变还原性Fe>Fe2+B.将金属钠在燃烧匙中点燃,迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟,瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C.加热盛有少量NH4HCO3固体的试管,并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D.向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一只试管中产生黄色沉淀,另一支中无明显现象Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)A.AB.BC.CD.D【分析】A.向2mL
0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量铁粉,发生2Fe3++Fe=3Fe2+;B.瓶内有黑色颗粒产生,说明二氧化碳被还原生成碳;C.加热碳酸氢铵,分解生成氨气,可使石蕊试纸变蓝色;D.如能生成沉淀,应满足Qc>Ksp.【解答】解A.向2mL
0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量铁粉,发生2Fe3++Fe=3Fe2+,反应中Fe为还原剂,Fe2+为还原产物,还原性Fe>Fe2+,可观察到黄色逐渐消失,加KSCN溶液颜色不变,故A正确;B.瓶内有黑色颗粒产生,说明二氧化碳被还原生成碳,反应中二氧化碳表现氧化性,故B正确;C.加热碳酸氢铵,分解生成氨气,可使石蕊试纸变蓝色,且为固体的反应,与盐类的水解无关,故C错误;D.一只试管中产生黄色沉淀,为AgI,则Qc>Ksp,另一支中无明显现象,说明Qc<Ksp,可说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),故D正确故选C【点评】本题考查较为综合,涉及氧化还原反应、钠的性质、物质的检验以及难溶电解质的溶解平衡,侧重考查学生的分析能力和实验能力,注意把握物质的性质,难度不大.27.(4分)下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论不正确的是( )
①②③A.由
①中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体B.红棕色气体不能表明
②中木炭与浓硝酸产生了反应C.由
③说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物D.
③的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应【分析】题中涉及实验都在加热条件下,浓硝酸不稳定,加热分解生成的二氧化氮气体为红棕色,且加热条件下,浓硝酸可与碳发生氧化还原反应,以此解答该题【解答】解A.加热条件下,浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气,则产生的气体一定是混合气体,故A正确;B.在加热条件下,浓硝酸可分解生成二氧化氮,不一定与碳反应生成,故B正确;C.硝酸中N元素化合价为+5价,生成二氧化氮的N元素化合价为+4价,化合价降低,在生成的红棕色气体为还原产物,故C正确;D.碳加热至红热,可与空气中氧气反应生成二氧化碳,不一定是与浓硝酸发生了反应,故D错误故选D【点评】本题为xx北京考题,考查浓硝酸的性质,侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用,注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价,难度不大28.(4分)由硫铁矿烧渣(主要成分Fe3O
4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(主FeSO4•7H2O),再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下烧渣溶液绿矾铁黄已知FeS2和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是( )A.步骤
①,最好用硫酸来溶解烧渣B.步骤
②,涉及的离子反应为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+C.步骤
③,将溶液加热到有较多固体析出,再用余热将液体蒸干,可得纯净绿矾D.步骤
④,反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3【分析】由制备绿矾流程可知,烧渣(主要成分Fe3O
4、Fe2O3和FeO)均溶于硫酸,溶液含Fe2+、Fe3+,步骤
②发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4,步骤
③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾,绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3,以此来解答.【解答】解A.因绿矾的酸根离子为硫酸根离子,则步骤
①,最好用硫酸来溶解烧渣,故A正确;B.步骤
②发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4,离子反应为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42﹣+16H+,故B正确;C.步骤
③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾,若蒸干时绿矾受热失去结晶水,故C错误;D.步骤
④,反应条件控制不当,绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3,故D正确;故选C【点评】本题考查混合物分离提纯,为高频考点,把握制备流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能等为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意选项C为解答的难点,题目难度不大.29.(4分)25℃时,在含CH3COOH和CH3COOˉ的溶液中,CH3COOH和CH3COOˉ二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示.下列说法不正确的是( )A.在pH<
4.76的溶液中,c(CH3COO﹣)<c(CH3COOH)B.在pH=7的溶液中,α(CH3COOH)=0,α(CH3COO﹣)=
1.0C.在pH>
4.76的溶液中,c(CH3COO﹣)与c(OH﹣)之和可大于c(H+)D.在pH=
4.76的溶液中加盐酸,α(CH3COOH)与α(CH3COO﹣)之和保持不变【分析】A.当溶液pH=
4.76时,c(CH3COO﹣)=c(CH3COOH),在pH<
4.76的溶液显酸性;B.若α(CH3COOH)=0,α(CH3COO﹣)=
1.0,溶液显碱性;C.在pH>
4.76的溶液中存在电荷守恒分析;D.当溶液pH=
4.76时,c(CH3COO﹣)=c(CH3COOH),醋酸电离显酸性,醋酸根离子水解显碱性,为缓冲溶液.【解答】解A.在pH<
4.76的溶液显酸性,c(CH3COO﹣)<c(CH3COOH),故A正确;B.在pH=7的溶液中,为醋酸和醋酸盐混合溶液,α(CH3COOH)≠0,α(CH3COO﹣)<
1.0,故B错误;C.在pH>
4.76的溶液中存在电荷守恒,溶液中也可能含有其他阳离子,c(CH3COO﹣)与c(OH﹣)之和可大于c(H+),故C正确;D.当溶液pH=
4.76时,c(CH3COO﹣)=c(CH3COOH),醋酸电离显酸性,醋酸根离子水解显碱性,为缓冲溶液,加入盐酸或碱溶液中α(CH3COOH)与α(CH3COO﹣)之和保持不变,故D正确;故选B【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度、物料守恒、图象分析判断,掌握基础是解题关键,题目难度中等.30.(4分)温度为T1时,在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)(正反应吸热)实验测得v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2),v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)•c(O2),k正、k逆为速率常数,受温度影响下列说法正确的是( )容器编号物质的起始浓度(mol•L﹣1)物质的平衡浓度(mol•L﹣1)c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)Ⅰ
0.
6000.2Ⅱ
0.
30.
50.2Ⅲ
00.
50.35A.达平衡时,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为45B.达平衡时,容器Ⅱ中c(O2)/c(NO2)比容器Ⅰ中的大C.达平衡时,容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%D.当温度改变为T2时,若k正=k逆,则T2>T1【分析】A.I中的反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)开始(mol/L)
0.600反应(mol/L)
0.
40.
40.2平衡(mol/L)
0.
20.
40.2化学平衡常数K==
0.8容器体积为1L,则平衡时I中气体总物质的量=1L×(
0.2+
0.4+
0.2)mol/L=
0.8mol,恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比,如果平衡时I、II中压强之比为45,则II中平衡时气体总物质的量为1mol,II中开始时浓度商==<
0.8,则平衡正向移动;B.假设II中平衡时c(NO2)=c(O2),设参加反应的c(NO2)=xmol/L,则
0.3﹣x=
0.2+
0.5x,x=,平衡时c(NO2)=c(O2)=mol/L,c(NO)=
0.5mol/L+mol/L=mol/L,II中≈
1.3>
0.8,说明II中平衡时应该存在c(NO2)>c(O2);C.如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮,则c(NO2)=
0.5mol/L,且容器中还有c(O2)=
0.1mol/L剩余,与I相比,III是相当于增大压强,平衡逆向移动,二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%;D.v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2),v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)•c(O2),达到平衡状态时正逆反应速率相等,则k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2),且k正=k逆,则c2(NO2)=c2(NO)•c(O2),化学平衡常数K等于1【解答】解A.I中的反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)开始(mol/L)
0.600反应(mol/L)
0.
40.
40.2平衡(mol/L)
0.
20.
40.2化学平衡常数K==
0.8容器体积为1L,则平衡时I中气体总物质的量=1L×(
0.2+
0.4+
0.2)mol/L=
0.8mol,恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比,如果平衡时I、II中压强之比为45,则II中平衡时气体总物质的量为1mol,II中开始时浓度商==<
0.8,则平衡正向移动,平衡正向移动导致混合气体总物质的量之和增大,所以达平衡时,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比小于45,故A错误;B.假设II中平衡时c(NO2)=c(O2),设参加反应的c(NO2)=xmol/L,则
0.3﹣x=
0.2+
0.5x,x=,平衡时c(NO2)=c(O2)=mol/L,c(NO)=
0.5mol/L+mol/L=mol/L,II中≈
1.3>
0.8,说明II中平衡时应该存在c(NO2)>c(O2),容器I中c(O2)/c(NO2)=1,所以达平衡时,容器Ⅱ中c(O2)/c(NO2)小于1,则比容器Ⅰ中的小,故B错误;C.如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮,则c(NO2)=
0.5mol/L,且容器中还有c(O2)=
0.1mol/L剩余,与I相比,III是相当于增大压强,平衡逆向移动,二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%,则达平衡时,容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%,故C正确;D.v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2),v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)•c(O2),达到平衡状态时正逆反应速率相等,则k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2),且k正=k逆,则c2(NO2)=c2(NO)•c(O2),化学平衡常数K等于1,该温度下的K大于
0.8,且该反应的正反应是吸热反应,说明升高温度平衡正向移动,所以T2>T1,故D正确;故选CD【点评】本题考查化学平衡计算,为高频考点,侧重考查学生分析、计算及灵活运用知识解答问题能力,如果单纯的根据设未知数计算要涉及一元三次方程而难以解答,这需要学生灵活运用知识巧妙地避开一元三次方程而解答问题,题目难度较大
三、解答题(共4小题,满分40分)31.(10分)NaClO2的漂白能力是漂白粉的4~5倍,NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等工业上生产NaClO2的工艺流程如图1
(1)ClO2发生器中的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4═2ClO2+2NaHSO4.实际工业生产中,可用硫黄、浓硫酸代替原料中的SO2,其原因为 S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O (用化学方程式表示)
(2)反应结束后,向ClO2发生器中通入一定量空气的目的 驱赶出ClO2,确保其被充分吸收
(3)吸收器中生成NaClO2的离子反应方程式为 2ClO2+2OH﹣+H2O2=2ClO2﹣+O2+2H2O
(4)某化学兴趣小组用如图2所示装置制备SO2并探究SO2与Na2O2的反应
①盛放浓H2SO4仪器名称为 分液漏斗
②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃,B中发生的反应可能为 2Na2O2+2SO2═2Na2SO3+O2 、Na2O2+SO2═Na2SO4【分析】
(1)ClO2发生器中的反应为氯酸钠与二氧化硫在浓硫酸作用下发生氧化还原反应,而硫磺、浓硫酸也可以生成二氧化硫,所以可用硫磺、浓硫酸代替原料中的SO2;
(2)反应结束后,发生器中仍有少量ClO2,用空气可以将其排出,确保其被充分吸收;
(3)吸收器中双氧水与ClO2在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2;
(4)
①根据仪器图形判断;
②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃,说明有氧气产生,所以B中发生的反应可能为二氧化硫与过氧化钠反应生成亚硫酸钠和氧气【解答】解
(1)ClO2发生器中的反应为氯酸钠与二氧化硫在浓硫酸作用下发生氧化还原反应,而硫磺、浓硫酸也可以生成二氧化硫,反应的方程式为S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O,所以可用硫磺、浓硫酸代替原料中的SO2,故答案为S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O;
(2)反应结束后,发生器中仍有少量ClO2,用空气可以将其排出,确保其被充分吸收,故答案为驱赶出ClO2,确保其被充分吸收;
(3)吸收器中双氧水与ClO2在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2,反应的离子方程式为2ClO2+2OH﹣+H2O2=2ClO2﹣+O2+2H2O,故答案为2ClO2+2OH﹣+H2O2=2ClO2﹣+O2+2H2O;
(4)
①由仪器装置图可知盛放浓H2SO4仪器为分液漏斗,故答案为分液漏斗;
②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃,说明有氧气产生,所以B中发生的反应可能为二氧化硫与过氧化钠反应生成亚硫酸钠和氧气,反应的方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2,故答案为2Na2O2+2SO2═2Na2SO3+O2【点评】本题考查物质的制备实验的工业设计,为高考常见题型和高频考点,侧重考查学生的分析能力、实验能力,题目难度中等,本题注意把握反应的原理以及物质的性质32.(10分)废弃物的综合利用既有利于节约资源,又有利于保护环境实验室利用废旧电池的铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如下
(1)铜帽溶解时加入H2O2的目的是 Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O (用化学方程式表示)
(2)为确定加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO,杂质为铁及其氧化物)的量,实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2+的含量实验操作为准确量取一定体积的含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中,加适量水稀释,调节溶液pH=3~4,加入过量的KI,用Na2S2O3标准溶液滴定至终点上述过程中反应的离子方程式如下2Cu2++4I﹣=2CuI(白色)↓+I2;2S2O32﹣+I2=2I﹣+S4O62﹣
①滴定选用的指示剂为淀粉溶液,滴定终点观察到的现象为 蓝色褪去,且半分钟不变色
②若滴定前溶液中的H2O2没有除尽,所测定的Cu2+含量将会 偏高 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)
(3)已知pH>11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2﹣.下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为
1.0mol•L﹣1计算)开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+
1.
13.2Fe2+
5.
88.8Zn2+
5.
98.9实验中可选用的试剂30%H2O
2、
1.0mol•L﹣1HNO
3、
1.0mol•L﹣1NaOH.由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为
①向滤液中加入适量30%H2O2,使其充分反应;
②滴加
1.0mol•L﹣1NaOH,调节溶液pH范围 约为5(或
3.2≤pH<
5.9) ;
③过滤;
④向滤液中滴加
1.0mol•L﹣1NaOH,调节溶液pH范围 约为10(或
8.9≤pH≤11) ;
⑤过滤、洗涤、干燥;
⑥900℃煅烧【分析】利用废旧电池的铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO,电池铜帽加入水过滤后除去溶于水的杂质,在固体中加入过氧化氢溶解,铜生成硫酸铜溶液,加热煮沸将溶液中过量的H2O2除去,加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=2沉淀铁离子,加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO,杂质为铁及其氧化物),反应过滤得到海绵铜,沉淀锌离子得到氢氧化锌,分解得到氧化锌
(1)酸性条件下Cu与硫酸、过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水;
(2)
①淀粉与碘单质作用变蓝;
②根据H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2O判断;
(3)滴加H2O2溶液,使Fe2+转化完全为Fe3+,滴加NaOH溶液,形成氢氧化铁沉淀,除杂后形成氢氧化锌沉淀,过滤、洗涤、干燥900℃煅烧制得氧化锌【解答】解
(1)因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜,当然这是一个微弱的反应,形成一个平衡,但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解,平衡被打破,反应朝正方向进行,故而逐渐溶解,反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O;故答案为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O;
(2)
①淀粉溶液为指示剂,当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时,溶液蓝色褪去,半分钟颜色不变,说明滴定到达终点,故答案为蓝色褪去,且半分钟不变色;
②若留有H2O2,加入KI后,会有以下反应H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2O误当成2Cu2++4I﹣=2CuI(白色)↓+I2生成的碘,使测定结果偏高,故答案为偏高;
(3)由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为
①①向滤液中加入30%H2O2,使其充分反应,目的使Fe2+转化完全为Fe3+;
②滴加NaOH溶液,调节溶液PH约为5(或
3.2≤pH<
5.9),使Fe3+沉淀完全,
③过滤,
④向滤液中滴加
1.0mol•L﹣1NaOH,调节溶液PH约为10(或
8.9≤pH≤11),使Zn2+沉淀完全,
⑤过滤、洗涤、干燥;
⑥900℃煅烧,制得氧化锌,故答案为
②约为5(或
3.2≤pH<
5.9);
④约为10(或
8.9≤pH≤11)【点评】本题主要考查实验室废弃旧电池的铜帽回收铜和制备ZnO,为高考常见题型和高频考点,考查学生对综合实验处理能力,注意实验方案的设计原理和步骤是解答的关键,平时注意打好扎实的基础知识和灵活应用知识解决问题的能力培养,题目难度中等33.(8分)甲醇是一种重要化工原料,又是一种可再生能源,具有开发和应用的广阔前景
(1)由甲醇、氧气和NaOH溶液构成的新型手机电池,可使手机连续使用一个月才充一次电
①该电池负极的电极反应式为 CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O
②若以该电池为电源,用石墨作电极电解200mL含有如下离子的溶液离子Cu2+H+Cl﹣SO42﹣c/mol•L﹣
10.
5220.5电解一段时间后,当两极收集到相同体积(相同条件下)的气体时(忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)阳极上收集到氧气的质量为
3.2g
(2)电解水蒸气和CO2产生合成气(H2+CO)较高温度下(700~1000℃),在SOEC两侧电极上施加一定的直流电压,H2O和CO2在氢电极发生还原反应产生O2﹣,O2﹣穿过致密的固体氧化物电解质层到达氧电极,在氧电极发生氧化反应得到纯O2.由右图可知A为直流电源的 负极 (填“正极”或“负极”),请写出以H2O为原料生成H2的电极反应式 H2O+2e﹣=H2↑+O2﹣ 【分析】
(1)
①甲醇燃料电池中正极上氧气得电子生成二氧化碳,甲醇在负极失电子,碱溶液中生成碳酸盐;
②电解原理阴极上显示铜离子得电子,然后是氢离子得电子产生氢气,在阳极上是氯离子失电子的反应,产生氯气,然后是氢氧根离子失电子产生氧气,一段时间后,当两极收集到相同体积(相同条件)的气体时,根据电子守恒计算阳极上收集到氧气的质量;
(2)由图示可知A极水、二氧化碳生成氢气、CO,应发生还原反应,为阴极反应【解答】解
(1)
①燃料电池,电池的一个电极通入空气,另一个电极通入甲醇气体,电解质是氢氧化钠溶液,根据原电池原理,负极电极反应是CH3OH失去电子生成CO32﹣,电极反应为CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O,故答案为CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O;
②阴极上显示铜离子得电子,Cu2++2e﹣=Cu,200mL
0.5mol/L的铜离子得电子物质的量是
0.2mol,然后是2H++2e﹣=H2↑,在阳极上是
0.4mol氯离子失电子的反应,产生氯气
0.2mol,2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑,转移电子是
0.4mol,然后是氢氧根离子失电子产生氧气,4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O,当两极收集到相同体积(相同条件)的气体时,假设产生氧气的物质的量是x,在阳极上产生气体是(
0.2+x)mol,根据电子守恒,得到
0.4+4x=
0.2+2(
0.2+x),解得x=
0.1mol,即阳极上收集到氧气的质量为
3.2g,故答案为
3.2g;
(2)由图示可知A极水、二氧化碳生成氢气、CO,应发生还原反应,为阴极反应,则A为电源的负极,生成氢气的反应为H2O+2e﹣=H2↑+O2﹣,故答案为负极;H2O+2e﹣=H2↑+O2﹣【点评】本题考查原电池以及电解原理等知识,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握电化学装置的工作原理,难度中等34.(12分)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 .【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.。