福建普通高中2016届高考化学模拟试卷4月份解析版

1、2016年福建省普通高中高考化学模拟试卷（4月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）.中国丝绸有五千年的历史和文化.古代染坊常用某种碱剂”来精炼丝绸，该 碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去， 使丝绸颜色洁白、质感柔软、 色泽光亮.这种碱剂”可能是（ ）A.食盐B.火碱C.草木灰 D.胆矶.茅台酒中存在少量具有凤梨香味的物质X,其结构如图所示，下列说法正确的是（）X难溶于乙醇B.酒中的少量丁酸能抑制 X的水解C.分子式为C4H8。2且官能团与X相同的物质共有5种D. X完全燃烧后生成 CO2和H20的物质的量比为1: 2.W是由短周期元素 X、Y、Z组成

2、的盐.X、Y、Z原子的最外层电子数依次增大，Z原子最外层电子数是内层电子数的3倍；X、丫原子最外层电子数之和等于 Z原子的最外层电子数；Y、Z同周期且相邻，但与 X不同周期.下列说法一定正确的是（）A .三种元素的最高正化合价中，Z的最大W溶液显碱性或中性C.原子半径：XYZD. 丫的最高价氧化物对应的水化物是强酸.4.一定条件下，实验室利用右图所示装置，通过测电压求算 Kkp （AgCl ） .工作一段时间后，两电极质量均增大.下列说法错误的是（）KC1溶液 3N5溶液A.该装置工作时化学能转化为电能B.左池中的银电极作正极C.总反应为 Ag+C1 AgC| JD,盐桥中的K+向右池方向移动

3、5,室温下，O.lmoL,NaHCOs溶液的pH=8.31 ,有关该溶液的判断正确的是()c (Na+) c (OH ) c (HCO3 ) c (CO32 ) c (H+)Ka1 (H2CO3) ?Ka2 (H2CO3) Cl2 Br2Cd.小苏打e.苏打f.石灰水热稳 定性：苏打小苏打Dd.氯化钠e.氯化钱f.硝酸银 溶液沸点： 氯化 钠 氯化俊A. A B. BC. CD. DHCOONa加热分解时，固体失重率与温度的关系如图所示，发生的反应有:2HCOONa Na2c2O4+H2 T 2HCOONa Na2CO3+H2f +CO T Na2c2O4Na2CO3+CO T 卜列说法正确的

4、是（A. Tv 415 C,只有反应发生B.反应、 不可能同时发生C. 570CvTv600c时，残留固体的主要成分是Na2CO3D.残留固体中的 m (Na2c2O4) =m ( Na2CO3)时，反应、的反应速率相等二、解答题(共 5小题，满分73分)CuC1晶体呈白色，熔点为 430C,沸点为1490C,见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化，难溶于水，稀盐酸和乙醇，易溶于浓盐酸生成 H3CuC14,反应的化学方程式为 CuC1 (s)+3HC1 (aq) ?H3CuCl4五色气律图1图2(1)实验室用如图1所示装置制取 CuCl,反应原理为：2Cu2+SO2+8C1+2H2O A 2CuC

5、143 +SO42 +4H+CuC143 (aq) ?CuC1 (s) +3C1 (aq)装置C的作用是.CuC1 晶装置B中反应结束后，取出混合物进行以下操作，得到件T - 1 T 9 CuC I作 】一 inin iv v J操作ii的目的是;操作iv中宜选用的试剂是 .实验室保存新制 CuC1晶体的方法是 .欲提纯某含有CuC1晶体，请简述实验方案(2)某同学利用如图2装置，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和。2的百分组成.已知：i: CuC1的盐酸溶液能吸收 CO形成Cu (CO) C1?H2O.ii:保险粉(Na2s2O4)和KOH的混合溶液能吸收氧气.D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别

6、是 、写出保险粉和KOH的混合液吸收O2的离子方程式：.以某菱镒矿(含 MnCO3, SiO2, FeCO?和少量A2O3等)为原料通过以下方法可获得碳 酸镒粗产品(已知：Ksp (MnCO3)=2.2X 10 11, Ksp (Mn (OH) 2) =1.9x1013,)菱保犷-硅腹 MnO; NaOH兢公 :ML HC0灌值2(1)滤渣1中，含铁元素的物质主要是 (填化学式.下同)：加NaOH调节溶液的pH约为5,如果pH过大，可能导致滤渣 1中 含量减少.(2)滤液2中，+1价阳离子除了 H+外还有 (填离子符号).(3)取 沉镒前溶液amL于追锥形瓶中，加入少量AgNO?溶液(作催化剂

7、)和过量的1.5%(NH4) 2s2O8溶液，加热，Mn2+倍氧化为MnO反应一段时间后再煮沸 5min除去过量的(NH4) 2s2。8冷却至室温，选用适宜的指示剂，用 bmol?L -1的(NH4) 2Fe (SO4) 2 标准溶液滴定至终点，消耗( NH4) 2Fe (SO4) 2标准溶液VmL .“门2+与(NH4) 2Fe (SO4)2反应的还原产物为 .沉镒前溶液中c (Mn2+) =mo|?L 1 (歹世表达式).(4)其他条件不变，沉镒”过程中镒元素回收率与 NH4HCO3初始浓度(co)、反应时间的关系如图2所示.NH4HCO3初始浓度越大，镒元素回收率越 (填 高或 低”)，

8、简述 原因.若溶液中c (Mn2+) =1.0 mol?L 1,加入等体积1.8 mol?L1NH4HCO3溶液进行反应，计 算 2040 min 内 v (Mn2+) =.01040608。10010.乙二醛(OHC-CHO)是一种重要的精细化工产品I ,工业生产乙二醛(1)乙醛(CH3CHO)液相硝酸氧化法.该法具在Cu (NO3) 2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，反应的化学方程式为有原料易得、反应条件温和等优点，但也存在比较明显的缺点是(2)乙二醇(HOCH 2CH2OH)气相氧化法 已知：OHC-CHO (g) +2H2 (g) ?HOCH2CH20H (g) H= - 78kJ

9、?mol 1 Ki2H2 (g) +。2 ( g) ?2H2O (g) H= - 484kJ?mol 1 K2乙二醇气相氧化反应 HOCH 2CH2OH (g) +O2 (g) ?OHC - CHO (g) +2H2O (g)的 H= kJ?mo1.相同温度下，该反应的化学平衡常数K= (用含Ki、K2的代数式表示).当原料气中氧醇比为1.35时，乙二醛和副产物 CO2的产率与反应温度的关系如图1所示.反应温度在 450495c之间和超过495c时，乙二醛产率降低的主要原因分别 是、.n.乙二醛电解氧化制备乙醛酸( OHC-COOH)的生产装置如图 2所示，通电后，阳极产 生的C12与乙二醛溶

10、液反应生成乙醛酸.(3)阴极反应式为 .(4)阳极液中盐酸的作用，除了产生氯气外，还有 .(5)保持电流强度为 a A,电解t min ,制得乙醛酸 m g,列式表示该装置在本次电解中的 电流效率于. 汪尸结f . 1.生产目标产物消耗的电子数八a、(仅：法拉第吊数为f Cmo1一电极上通过的电子总数100%)11.氢化铝钠(NaAlH 4)是一种新型轻质储氢材料， 掺入少量Ti的NaAlH 4在150c时释氢， 在170C、15.2MPa条件下又重复吸氢.NaAlH 4可由AlCl 3和NaH在适当条件下合成.NaAlH4 的晶胞结构如图所示.(1)基态Ti原子的价电子轨道表示式为 .NaH

11、的熔点为800C,不溶于有机溶剂.NaH属于 晶体，其电子式为 .AlCl 3在178c时升华，其蒸气的相对分子质量约为267,蒸气分子的结构式为 (标明配位键).AlH4中，Al的轨道杂化方式为 ;例举与AlH 4空间构型相同的两种离子 (填 化学式).NaAlH 4晶体中，与Na+紧邻且等距的AlH 4有 个；NaAlH 4晶体的密度为 g?cm 一3(用含a的代数式表示).若NaAlH 4晶胞底心处的Na+被Li+取代，得到的晶体为 (填 化学式).NaAlH4的释氢机理为：每 3个AlH4中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原 子，同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到被释放的 A

12、l原子留下的空位，形成新的结构.这 种结构变化由表面层扩展到整个晶体，从而释放出氢气.该释氢过程可用化学方程式表示 为.K- a nm- MH* O*12.乙基香兰素是最重要的合成香料之一，常作为婴幼儿奶粉的添加剂.制备乙基香兰素的一种合成路线(部分反应条件略去)如图所示：OH I ClICQOXaO tl CCOON1CHO已知： R- ONa+R - Br-R-O- R+NaBr出中生成的CU2O经氧化后可以循环利用 回答下列问题：A的核磁共振氢谱有 3组峰.A的结构简式为 .I中可能生成的一种煌是 (填名称)；催化剂PEG可看作乙二醇脱水缩聚的产物， PEG的结构简式为 .若PEG的平均

13、相对分子质量为 17618,则其平均聚合度约为 一n中，发生的反应属于 (填反应类型).出中，反应的化学方程式为 .IV中，有机物脱去的官能团是 (填名称).D是乙基香兰素的同分异构体，其分子结构中不含乙基.由A制备D的一种合成路线(中间产物及部分反应条件略去)如图所示：NaOH.CiHsOH, PEGCHOICOONa cuo801cH*一 C6C和D的结构简式分别为2016年福建省普通高中高考化学模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1.中国丝绸有五千年的历史和文化.古代染坊常用某种碱剂”来精炼丝绸，该 碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层的

14、丝胶蛋白杂质水解而除去， 使丝绸颜色洁白、质感柔软、 色泽光亮.这种碱剂”可能是（）A.食盐B.火碱C.草木灰 D.胆矶【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系.【分析】由题意可知，该物质是一种盐，水溶液呈碱性，为强碱弱酸盐来解答.【解答】 解：由题意可知，该物质是一种盐，水溶液呈碱性，为强碱弱酸盐A.食盐中氯化钠为强酸强碱盐，故A错误；B.火碱是氢氧化钠，属于碱，故 B错误；C.草木灰中碳酸钾强碱弱酸盐，故 C正确；D.胆矶是硫酸铜晶体，是强酸弱碱盐，故 D错误；故选C.2.茅台酒中存在少量具有凤梨香味的物质X,其结构如图所示，下列说法正确的是（）ItA. X难溶于乙醇B.酒中的少量丁酸

15、能抑制 X的水解C.分子式为C4H8O2且官能团与X相同的物质共有5种D. X完全燃烧后生成 CO2和H20的物质的量比为1： 2.【考点】有机物的结构和性质.【分析】A .该物质中含有酯基，具有酯的性质，该物质易溶于有机溶剂；B.该物质为丁酸乙酯，一定条件下能发生水解反应生成丁酸和乙醇；C,分子式为C4H8O2且官能团与X相同的物质中含有酯基，可能是甲酸正丙酯、甲酸异丙 酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯；D,该物质分子式为 C6H12。2,根据原子守恒判断 X完全燃烧生成二氧化碳和水的物质的量 之比.【解答】解：A.该物质中含有酯基，具有酯的性质，根据相似相溶原理知，该物质易溶于 有机溶剂乙醇，故 A

16、错误；B.该物质为丁酸乙酯，一定条件下能发生水解反应生成丁酸和乙醇，所以酒中的少量丁酸 能抑制X水解，故B正确；C,分子式为C4H8O2且官能团与X相同的物质中含有酯基，可能是甲酸正丙酯、甲酸异丙 酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯飞，符合条件的同分异构体有4种，故C错误；D,该物质分子式为 C6H12。2,根据原子守恒判断 X完全燃烧生成二氧化碳和水的物质的量 之比，X完全燃烧后生成CO2和H20的物质的量比为1 : 1 ,故D错误； 故选B .3. W是由短周期元素 X、Y、Z组成的盐.X、Y、Z原子的最外层电子数依次增大，Z原子最外层电子数是内层电子数的3倍；X、Y原子最外层电子数之和等于 Z原子的

17、最外层电子数；Y、Z同周期且相邻，但与 X不同周期.下列说法一定正确的是（）A .三种元素的最高正化合价中，Z的最大B. W溶液显碱性或中性C.原子半径：XYZD. Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸.【考点】原子结构与元素周期律的关系.【分析】W是由短周期元素 X、Y、Z组成的盐，X、Y、Z原子的最外层电子数依次增大， Z原子最外层电子数是内层电子数的3倍，最外层电子数不超过 8个，所以其内层为 K层,则Z为。元素；X、Y原子最外层电子数之和等于 Z原子的最外层电子数，则 X和丫最外 层电子数之和为 6; Y、Z同周期且相邻，Y原子序数小于Z,所以Y是N元素，但Y与X 不同周期，则 X是H元

18、素或Na元素，则 W为NH4NO3或NH4NO2、NaNO3或NaNO2, A.主族元素最高正化合价等于其族序数，但O、F元素除外；B.硝酸俊为强酸弱碱盐；C.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减 小；D. Y是N元素，其最高价氧化物的水化物是硝酸.【解答】 解：W是由短周期元素 X、Y、Z组成的盐，X、Y、Z原子的最外层电子数依次 增大，Z原子最外层电子数是内层电子数的3倍，最外层电子数不超过 8个，所以其内层为K层，则Z为O元素；X、Y原子最外层电子数之和等于 Z原子的最外层电子数，则 X和 Y最外层电子数之和为 6; Y、Z同周期且相邻，Y原子序数

19、小于 乙所以Y是N元素，但 丫与X不同周期，则X是H元素或Na元素，贝u W为NH4NO3或NH4NO2、NaNO3或NaNO2, A.主族元素最高正化合价等于其族序数，但O、F元素除外，所以这三种元素最高正化合价中Y的最大，故A错误；B.如果W是硝酸俊，为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，故 B错误；C.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减 小，如果X是H元素，则原子半径 YZX,如果X是Na元素，则原子半径 XYZ, 故C错误；D. Y是N元素，其最高价氧化物的水化物是硝酸，硝酸是强酸，故 D正确； 故选D.4.一定条件下，实验室利用右图所示装置，通过测电

20、压求算Kkp （AgCl ）.工作一段时间后，两电极质量均增大.下列说法错误的是（）KU1溶海 六於口潞液A.该装置工作时化学能转化为电能B.左池中的银电极作正极C.总反应为 Ag+CI AgCI JD,盐桥中的K+向右池方向移动【考点】 原电池和电解池的工作原理.【分析】A、该电池是原电池；B、银失电子发生氧化反应为负极；C、总的电极反应式为：Ag+C一AgCl J ；D、阳离子向正极移动.【解答】 解：A、该电池是原电池，将化学能转化为电能，故 A正确；B、银失电子发生氧化反应为负极，而不是正极，故 B错误；C、总的电极反应式为：Ag+C一AgCl故正确；D、阳离子向正极移动，左池是负极右

21、池是正极，所以盐桥中的K +向右池方向移动，故 D正确；故选B .5,室温下，0.1mol?1NaHCO3溶液的pH=8.31 ,有关该溶液的判断正确的是()c (Na+) c (OH ) c (HCO3 ) c (CO32 ) c (H+)Ka1 (H2CO3) ?Ka2 (H2CO3) c (HCO3 ) c (OH ) c (H+) c (CO32 )故 A 错误；c(HCq )c(CO32-)B. Ka1 (H2CO3) ?Ka2 (H2CO3)=戛.T,碳酸和c(H2C03)c(HC03 )碳酸氢根离子都部分电离，所以c (H+),因为室温下纯水中，c (OH故B正确；C.任何电解质

22、溶液中都存在电荷守恒， 一)+2c (CO?2)，故 C 错误；田 血3-)c 能。;) c(H2C03)c(HCO3 )=c (H+),所以 Ka1 (H2CO3) ?Ka2 (H2CO3) c （ H2co3） +c （HCO3） +c （CO32），故D错误；故选B .6.利用如图所示装置进行下列实验，能得壮 的是（）至-1* C1L 1址三1鬲r X-1猾选项1相应实验W1一、 11LIm口告论L Ek实验试剂实验 结论Aa.稀硫酸b.碳 酸氢 钠c.硅 酸钠 溶液酸 性： 硫酸 碳 酸 硅酸Ba,稀盐酸b,二氧化 镒c.澳 化钠 溶液氧化 性：MnO2Cl2Br2Cd.小 苏打e.苏

23、 打f.石 灰水热稳 定性： 苏打 小 苏打Dd.氯 化钠e.氯 化钱f.硝 酸银 溶液沸 点： 氯化 钠 氯化俊A. A B. B C. C D. D【考点】化学实验方案的评价.【分析】A.强酸能弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱；B.稀盐酸和二氧化镒不反应，浓盐酸和二氧化镒在加热条件下反应生成氯气;C.碳酸钠热稳定性较强，碳酸氢钠不稳定，受热易分解；D.氯化俊不稳定受热易分解.【解答】 解：A.强酸能弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱，稀硫酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳， 二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，看到的现象是烧瓶中有气体生成、c中有沉淀生成，所以可

24、以实现实验目的，故A正确；B.稀盐酸和二氧化镒不反应，浓盐酸和二氧化镒在加热条件下反应生成氯气，所以不能得到氯气，不能实现实验目的，故 B错误；C.碳酸钠热稳定性较强，碳酸氢钠不稳定，受热易分解，所以 d为碳酸钠、e为碳酸氢钠, 故C错误；D.氯化俊不稳定受热易分解，所以该装置不能实现实验目的，故 D错误； 故选A . HCOONa加热分解时，固体失重率与温度的关系如图所示，发生的反应有:2HCOONa 心 Na2c2O4+H2 T 2HCOONa 口 Na2CO3+H2 T +CO T Na2c2O4Na2CO3+CO T 卜列说法正确的是(A. Tv 415 C,只有反应发生.反应、 不可

25、能同时发生C. 570CvTv600c时，残留固体的主要成分是Na2CO3D.残留固体中的 m (Na2c2O4) =m ( Na2CO3)时，反应、的反应速率相等 【考点】化学平衡的影响因素.【分析】加热分解完全残留固体为 Na2CO3,失重率为 丹-x 100% = 22.1%,则570CVT136 -，”一一 2 一.时残留固体的主要成分是 Na2CO3,完全分解得到 Na2c2O4时，失重率为 7xI。=1.47%,则Tv415c时反应、 时，无法判断所需时间，不能判断反应【解答】解：A.加热完全分解得到1 ab同时发生，残留固体中的 m (Na2c2O4) =m (Na2CO3) 、

26、的反应速率.2Na2c2O4 时，失重率为 71rx 100% 1.47% 5%,则 T1:七V415C时反应 、同时发生，故B错误；B .由A中分析可知，反应、 可能同时发生，故 B错误;C,加热分解完全残留固体为Na2CO3,失重率为 总* 100% 22.1%,则570CT600 C136时，残留固体的主要成分是Na2CO3,故C正确；D,残留固体中的 m (Na2c2O4) =m (Na2CO3)时，无法判断所需时间，不能判断反应、的反应速率，故 D错误；故选：C.二、解答题(共5小题，满分73分)8. CuCl晶体呈白色，熔点为 430C,沸点为1490C,见光分解，露置于潮湿空气中

27、易被氧化，难溶于水，稀盐酸和乙醇，易溶于浓盐酸生成 H3CuCl4,反应的化学方程式为 CuCl (s)+3HCl (aq) ?H3CuCl4(aq).Bl(1)实验室用如图1所示装置制取 CuCl,反应原理为:2Cu2+SO2+8Cl+2H2O=2CuCl43 +SO42 +4H+CuCl43 (aq) ?CuCl (s) +3Cl (aq)装置C的作用是吸收未反应的二氧化硫 装置B中反应结束后，取出混合物进行以下操作，得到 CuCl晶体.LH IV V二I工1冷制 倒八格有的】酣水争 过度筏锋t 融合律 n*r* * - t匚 11cl水、操作ii的目的是 促进CuCl析出、防止 CuCl

28、被氧化 ；操作iv中宜选用的试剂是 稀盐酸或乙醇.实验室保存新制 CuCl晶体的方法是 避光、密封保存. 欲提纯某含有 CuCl晶体，请简述实验方案将固体溶于浓盐酸后过滤.去滤液加入大量的水稀释，过滤、洗涤、干燥得到 CuCl .(2)某同学利用如图2装置，测定高炉煤气中 CO、CO2、N2和O2的百分组成.已知：i: CuCl的盐酸溶液能吸收 CO形成Cu (CO) Cl?H2O.ii ：保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液能吸收氧气.D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是氢氧化领溶液 、 CuCl的盐酸溶液 .写出保险粉和KOH的混合液吸收O2的离子万程式：2S2O4 +3O2+4OH =

29、4SO4+2H2O .【考点】制备实验方案的设计.【分析】(1)A装置准备二氧化硫，B中盛放氯化铜溶液，与二氧化硫反应得到 CuCl, C装置盛放氢氧化钠溶液，吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气；操作ii倒入溶有二氧化硫的溶液，有利于CuCl析出，二氧化硫具有还原性，可以与溶液中氧气反应；CuCl难溶于水、稀盐酸和乙醇；由于CuCl见光分解、露置于潮湿空气中易被氧化，应避光、密封；利用浓盐酸溶解CuCl生成H3CuCl4,过滤分离，再用水稀释后过滤分离；(2)氢氧化钾会吸收二氧化碳， 盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收， 故D中盛放氢氧化钢溶液吸收二氧化碳， E中盛放保险粉(N

30、a2s2O4)和KOH的混合溶液 吸收氧气，F中盛放CuCl的盐酸溶液吸收 CO, G测定氮气的体积；Na2s2O4在碱性条件下吸收氧气，发生氧化还原反应生成硫酸钠与水.【解答】解：(1)A装置准备二氧化硫，B中盛放氯化铜溶液，与二氧化硫反应得到 CuCl , C装置盛放氢氧化钠溶液，吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气， 故答案为：吸收未反应的二氧化硫；操作ii倒入溶有二氧化硫的溶液，有利于 CuCl析出，二氧化硫具有还原性，可以防止CuCl被氧化；CuCl难溶于水、稀盐酸和乙醇，可以用水、稀盐酸或乙醇洗涤，减小因溶解 导致的损失，故答案为：促进 CuCl析出、防止CuCl被氧化；水、稀盐酸或

31、乙醇；由于CuCl见光分解、露置于潮湿空气中易被氧化，应避光、密封保存， 故答案为：避光、密封保存； 提纯某混有铜粉的 CuCl晶体实验方案：将固体溶于浓盐酸后过滤，去滤液加入大量的水稀释，过滤、洗涤、干燥得到CuCl ,故答案为：将固体溶于浓盐酸后过滤，去滤液加入大量的水稀释，过滤、洗涤、干燥得到CuCl ；(2)氢氧化钾会吸收二氧化碳， 盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收， 故D中盛放氢氧化钢溶液吸收二氧化碳，E中盛放保险粉(Na2s2O4)和KOH的混合溶液吸收氧气，F中盛放CuCl的盐酸溶液吸收 CO, G测定氮气的体积， 故答案为：氢氧化钢溶液；CuCl的盐酸溶液；N

32、a2s2O4在碱性条件下吸收氧气，发生氧化还原反应生成硫酸钠与水，反应离子方程式为:2s2O42 +3O2+4OH =4sO42 +2H2O,故答案为：2s2O42+3O2+4OH =4SO42 +2H2O.9.以某菱镒矿(含 酸镒粗产品(已知：MnCO3, SiO2, FeCO3和少量A2O3等)为原料通过以下方法可获得碳 KSP (MnCO3) =2.2X10 11, KSP (Mn (OH) 2) =1.9X10 13,)菱法矿一:Mi. HCO,产品tttt2ttttl(1)滤渣1中，含铁元素的物质主要是Fe ( OH) e (填化学式.下同)：加NaOH调节溶液的pH约为5,如果pH

33、过大，可能导致滤渣 1中 SiO?、Al (OH)- 含量减少.(2)滤液2中，+1价阳离子除了 H+外还有 Na+、NH4二(填离子符号).(3)取 沉镒前溶液amL于追锥形瓶中，加入少量AgNO?溶液(作催化剂)和过量的1.5%(NH4) 2s2O8溶液，加热，Mn2、氧化为MnO反应一段时间后再煮沸 5min除去过量的(NH4) 2s2O8冷却至室温，选用适宜的指示剂，用 bmol?L1的(NH4) 2Fe (SO4)2 标准溶液滴定至终点，消耗( NH4) 2Fe (SO4)2标准溶液VmL .Mn2% (NH4) 2Fe (SO4)2反应的还原产物为SO.“沉镒”前溶液中c (Mn2

34、+)= 如 mol?L 1 (列出表达式).5a(4)其他条件不变，沉镒”过程中镒元素回收率与 NH4HCO3初始浓度(C0)、反应时间的关系如图2所示.NH4HCO3初始浓度越大，镒元素回收率越高 (填 高或 低”)，简述原因 NH4HCO3初始浓度越大，溶液中 c (CO32)度越大，根据溶度积 K世(MnCO3) =c (Mn2+) x c (CO2)可知溶液 c (Mn2+)越小，析出的 MnCO 3越多 .c Mn2+ =1.0 mol?L 11.8 mol?L 1NH4HCO3 溶液进行反应，计算 2040 min 内 v (Mn2+) = 0.0075mol/ (L. min).

35、60 Vmih【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.【分析】菱镒矿用稀硫酸溶解，MnCO 3、FeCO$ Al 2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+, MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH, 使Fe3+、Al3+完全转化为Fe (OH) 3、Al (OH) 3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO?、Al (OH) 3、Fe (OH) 3,滤液中存在 MnSO小硫酸钠等，加入碳酸氢钱得到MnCO 3,过滤分离，滤液2中含有硫酸钱、硫酸钠等.(1)滤渣1中，含铁元素的物质主要是氢氧化铁；加 NaOH调节溶液的pH约为5,如果pH过

36、大，可能导致滤渣 1中氢氧化铝、二氧化硅溶解；(2)滤液2中含有硫酸钱、硫酸钠等；(3)Mn2强氧化，(NH4) 2s2O8中S元素还原为硫酸根；由Mn元素守恒、电子转移守恒，可得关系式：Mn2+MnO45Fe2+,结合关系式计算； (4)由图可知，NH4HCO3初始浓度越大，镒元素回收率越高；NH4HCO3初始浓度越大，溶液中碳酸根离子浓度越大，根据溶度积可知溶液c (Mn2+)越小；若溶液中c (Mn2+) =1.0 mol?L 1,加入等体积1.8 mol?L- 1NH4HCO3溶液进行反应，混 合后NH4HCO3溶液浓度为0.9mol/L ,为图象中d曲线，根据回收率可以计算 c (M

37、n2+), 进而1f算2040 min内v (Mn2+).【解答】 解：菱镒矿用稀硫酸溶解，MnCO?、FeCO3、Al 2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入 MnO2将Fe2+氧化为Fe3+, MnO2还原生成Mn2+,调节溶液 的pH,使Fe3+、Al3+完全转化为Fe (OH) 3、Al (OH) 3沉淀，过滤分离，滤渣 1为SiO2、 Al (OH) 3、Fe (OH) 3,滤液中存在 MnSO劣硫酸钠等，加入碳酸氢钱得到MnCO 3,过滤分离，滤液2中含有硫酸钱、硫酸钠等.(1)滤渣1中，含铁元素的物质主要是Fe (OH) 3；力口 NaOH调节溶液的pH

38、约为5,如果pH过大，可能导致滤渣 1中SiO2、Al (OH) 3溶解，故答案为：Fe (OH) 3； SiO2、Al (OH) 3；(2)滤液2中含有硫酸钱、硫酸钠等，+1价阳离子除了 H+外还有：Na+、NH4+,故答案为：Na+、NHj；(3)Mn2+被氧化，(NH4) 2O8中S元素还原为SO， 故答案为：SO42 ;由Mn元素守恒、电子转移守恒，可得关系式：Mn2+MnO45Fe2+,则n (Mn2+) =15XVX103LXbmolA bV Ul=mol/L5aaX 101_n (Fe2+),所以 c (Mn2+)=乏故答案为：理；5a(4)由图可知，NH4HCO3初始浓度越大，

39、镒元素回收率越高；NH4HCO3初始浓度越大， 溶液中c (CO?2)度越大，根据溶度积 Ksp (MnCO3)=c (Mn2+) x c (CO32 -)可知溶液 c (Mn2+)越小，析出的 MnCO3越多，故答案为：高；NH4HCO3初始浓度越大，溶液中c(CO32)度越大，根据溶度积Ksp(MnCO3)=c (Mn2+) xc (CO32-)可知溶液c (Mn2+)越小，析出的 MnCO 3越多；若溶液中c (Mn2+) =1.0 mol?L 1,加入等体积1.8 mol?L- 1NH4HCO3溶液进行反应，混 合后NH4HCO3溶液浓度为0.9mol/L ,为图象中d曲线，2040

40、min内Ac (Mn2+) =1mol/L xix (50% 20%) =0.15mol/L ,贝U 2040 min 内 v (Mn2+) = 15lDOyL =0.0075mol/2(40- 20) min(L. min),故答案为：0.0075mol/ (L. min).10.乙二醛(OHC-CHO)是一种重要的精细化工产品I ,工业生产乙二醛(1)乙醛(CH3CHO)液相硝酸氧化法在Cu (NO3) 2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，反应的化学方程式为 _ 3CH3CHO+4HNO3Cu5”3OHC CHO +4NO T +5H2O .该法具有原料易得、 反应条件温 和等优点，但也

41、存在比较明显的缺点是生成的NO会污染空气，硝酸会腐蚀设备.(2)乙二醇(HOCH 2CH2OH)气相氧化法1 已知：OHC-CHO (g) +2H2 (g) ?HOCH2CH20H (g) H= - 78kJ?mol K12H2 (g) +O2 (g) ?2H2O (g) H= - 484kJ?mol 1 K2乙二醇气相氧化反应 HOCH 2CH2OH (g) +O2 (g) ?OHC - CHO (g) +2H2O (g)的 H=， . .406 kJ?mol 1.相同温度下，该反应的化学平衡常数K=_萨一(用含K1、K2的代数K式表不).当原料气中氧醇比为1.35时，乙二醛和副产物 CO2

42、的产率与反应温度的关系如图1所示.反应温度在450495c之间和超过495c时，乙二醛产率降低的主要原因分别是升高温度，主反应平衡逆向移动、 温度超过495c时，乙二醇大量转化为二氧化碳等副产n.乙二醛电解氧化制备乙醛酸( OHC-COOH)的生产装置如图 2所示，通电后，阳极产 生的Cl2与乙二醛溶液反应生成乙醛酸.(3)阴极反应式为2H+2e =H2T .(4)阳极液中盐酸的作用，除了产,氯气外，还有增强溶液导电性.电解t min,制得乙醛酸 m g,列式表示该装置在本次电解中的1.二1、Y1T1 3 BE X 100%(5)保持电流强度为 a A, 电流效率于 5旺% -Ulat(设：法

43、拉第常数为 f Cmol【考点】 化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理.【分析】(1)在Cu (NO3) 2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，硝酸被还原为NO;生成的NO会污染空气，硝酸会腐蚀设备；(2) 已知：I. OHC-CHO (g) +2H2 (g) ?HOCH 2CH2OH (g) H= - 78kJ?mol 1 Ki 12H2 (g) +O2 (g) ?2H2O (g) H= - 484kJ?mol K2根据盖斯定律，n- I 可得：HOCH2CH20H (g) +O2 (g) ?OHC - CHO (g) +2是。(g),反应热也进行相应计算，平衡常数为反应n与I的平衡常数

44、的商； 主反应 HOCH2CH20H (g) +O2 (g) ?OHC - CHO (g) +2H2O (g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动；温度超过495c时，乙二醇大量转化为二氧化碳等副产物；(3)阴极是氢离子放电生成氢气；(4)增强溶液导电性；(5)通过总电量为60ta C,再计算电极上通过电子总物质的量；计算生成乙醛的物质的量， 根据C元素化合价变化计算消耗电子物质的量，电解中的电流效率.【解答】 解：(1)在Cu (NO3) 2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，硝酸被还原为NO,反应方程式为：3CH 3CHO +4HNO 3巴吧53OHC - CHO +4NO T +5H2O ,

45、存在比较明显的缺点是：生成的 NO会污染空气，硝酸会腐蚀设备,故答案为：3CH3CHO+4HNO3史竺也3OHC - CHO+4NO T+5H2。；生成的NO会污染空气， 硝酸会腐蚀设备；(2) 已知：I. OHC-CHO (g) +2力(g) ?HOCH 2CH2OH (g) H= - 78kJ?mol 1 K1n. 2H2 ( g) +O2 (g) ? 2H2O (g) H= - 484kJ?mol K2根据盖斯定律，n- I 可得：HOCH2CH20H (g) +O2 (g) ?OHC - CHO (g) +2H2O (g),.一111贝H= - 484kJ?mol 1 - (- 78k

46、J?mol 1) = - 406kJ?mol 平衡常数 K 反应 n与 I 的平衡一 口叼常数的商，即 K= 丁,R1故答案为：-406;高一； 主反应 HOCH2CH20H (g) +O2 (g) ?OHC - CHO (g) +2H2O (g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动；温度超过 495c时，乙二醇大量转化为二氧化碳等副产物，使乙二醛产率降低，故答案为：升高温度，主反应平衡逆向移动；温度超过495c时，乙二醇大量转化为二氧化碳等副产物；(3)阴极是氢离子放电生成氢气，电极反应式为：2H+2e=H2f ,故答案为：2H+2葭=H2f;(4)阳极液中盐酸可以增强溶液导电性，故答案为：增强

47、溶液导电性；(5)电极通过总电量为 60t sxa A=60ta C,则电极上通过电子总物质的量2价，消耗电乙醛酸的物质的量为 一强一二Lmol,醛基转化为竣基，C原子化合价升高 74g/wl 74子物质的量2Xmmol,故电解中的电流效率 rf742X01r rx 100%=f60talllat%,故答案为:%11.氢化铝钠(NaAlH 4)是一种新型轻质储氢材料， 掺入少量Ti的NaAlH 4在150c时释氢， 在170C、15.2MPa条件下又重复吸氢.NaAlH 4可由AlCl 3和NaH在适当条件下合成.NaAlH4 的晶胞结构如图所示.(1)基态Ti原子的价电子轨道表示式为由i 1

48、 Ll .一 YNaH的熔点为800C,不溶于有机溶剂.NaH属于 离子 晶体,其电子式为 _nJ AlCl 3在178c时升华，其蒸气的相对分子质量约为267,蒸气分子的结构式为Cl CI Qaj/(标明配位键).米 一Cl、口;例举与AlH 4空间构型相同的两种离子AlH4中，Al的轨道杂化方式为sp3杂化NH、SOg2等(填化学式).NaAlH 4晶体中，与Na+紧邻且等距的AlH 4有8个;NaAlH 4晶体的密度为I。g?cm -3 (用含a的代数式表示)X 一若NaAlH 4晶胞底心处的Na+被Li+取代，得到的晶体为Na3Li AlH 4 4(填化学式).NaAlH4的释氢机理为

49、：每 3个AlH4中，有2个分别释放出3个H原子和1个Al原 子，同时与该Al原子最近邻的Na原子转移到被释放的 Al原子留下的空位，形成新的结构.这 种结构变化由表面层扩展到整个晶体， 从而释放出氢气.该释氢过程可用化学方程式表示为3NaAlH 4=Na*lH q+2Al +3H2 TI- inm-*懑 mh, Ont【考点】晶胞的计算.【分析】(1) Ti原子核外电子数为 22,价电子排布式为 3d24s2,结合泡利原理、洪特规则 画出价电子排布图；(2) NaH的熔点为800 C ,不溶于有机溶剂，应属于离子晶体，用钠离子与氢负离子构成；(3)氯化铝在178c时升华，熔沸点较低，属于分子

50、晶体，蒸气的相对分子质量约为267,蒸气分子的分子式为 Al 2C16,铝原子最外层电子只有 3个电子，形成3个共价键，每个铝原 子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键；3(4) AIH4中，A1的轨道杂化数目为 4+_=_-=4, A1米取sp3杂化，为正四面体构2型；(5)以体心的A1H4研究，与之紧邻且等距的 Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左 右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与A1H4紧邻且等距的Na+有8个，根据均摊法可知，晶胞中 A1H 4数目为1+8X/+4 X _=4, Na数目为6 X -+4x -=4,则二者配位 数相等；结合

51、晶胞中A1H4、Na+数目，表示出晶胞质量，再根据尸学计算密度；若NaA1H 4晶胞底心处的Na+被Li+取代，可知晶胞中 Li+为1,再计算Na+数目，而晶胞中 A1H4数目不变，可得化学式；(6) NaA1H4的释氢机理为：每 3个A1H4中，有2个分别释放出 3个H原子和1个A1原 子，同时与该 A1原子最近邻的Na原子转移到被释放的 A1原子留下的空位，根据原子守恒 可知：3NaA1H 4-Na3A1H 6+2A1 +3H2 f .【解答】解：(1) Ti原子核外电子数为 22,价电子排布式为 3d24s2,价电子排布图为LUZHJE,幅 4s故答案为：口 I I 1 U； 加 4s(

52、2) NaH的熔点为800C,不溶于有机溶剂，应属于离子晶体，用钠离子与氢负离子构成，电子式为Na+,故答案为：Na+ 田；(3)氯化铝在178c时升华，熔沸点较低，属于分子晶体，蒸气的相对分子质量约为267,蒸气分子的分子式为 A12C16,铝原子最外层电子只有 3个电子，形成3个共价键，每个铝原结构式如子和四个氯原子形成共价键， 且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键, 3+1 - 1 X 4一 q(4) AIH4中Al的轨道杂化数目为 4+-L_i_1=4, Al米取sp3杂化，为正四面体构型，与AlH4空间构型相同的两种离子为NH4+、SO42等，故答案为：sp3杂化；NH4+、SO42等；(5)根据均摊法可