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答案第=page11页,共=sectionpages22页江西省宜丰县2023-2024(上)创新部高三12月考试化学试卷相对原子质量:H-1C-12N-14O-16Na-23P-31S-32Fe-56一、单选题1.古今化学多有异曲同工之处,下列叙述所涉及的原理不同的是A曲为酒之骨,凡酿酒必资曲药成信纳米酶用于生物传感器、疾病诊断与治疗B铜柔锡柔,合两柔则为刚铝合金用作火箭、飞船和空间站主体结构材料C为宅煮糖,宅垣忽坏,去土而糖白啤酒和白酒中加入食品胶体作澄清剂D以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也使用X射线衍射技术推测晶体的分子排列2.中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔,石墨炔是继富勒烯、石墨烯之后又一种新的全碳纳米结构材料,具有较好的化学稳定性和半导体性质,是碳材料科学的一大进步。下列说法不正确的是A.三种物质互为同素异形体B.加热熔融石墨晶体既破坏共价键,又破坏分子间作用力C.三种物质中的碳原子都是杂化D.石墨、石墨炔均能导电3.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是选项性质差异结构因素A沸点:正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃)分子间作用力B溶解度(20℃):大于阴离子电荷C熔点:远高于(178℃升华)晶体类型D酸性:远强于羟基极性4.下列说法不正确的是A.只存在范德华力的分子,以一个分子为中心,其周围最多可以有12个紧邻的分子B.臭氧是极性分子,所以其在水中溶解度高于在四氯化碳中的溶解度C.核糖和脱氧核糖是生物体遗传物质的重要组成部分,它们都属于戊糖D.用化学方法在钢铁部件表面进行发蓝处理可以金属防腐5.某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)。进行镁离子取代及卤素共排杂后,可获得高性能固体电解质材料(图2)。设为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是A.基态溴原子的核外电子排布式为B.图1晶体中O的配位数为6C.图1晶体密度为D.图2表示的化学式为6.有机物X→Y的异构化反应如图所示,下列说法错误的是

A.类比上述反应,

的异构化产物可发生银镜反应和加聚反应B.含醛基和碳碳双键且有手性碳原子的Y的同分异构体有3种(不考虑立体异构)C.依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团D.除氢原子外,X中其他原子可能共平面7.类比思想是化学学习的重要思想,下列各项中由客观事实类比得到的结论正确的是A.(干冰)CO2是分子晶体,(石英)SiO2也是分子晶体B.可以表示为可以表示为C.通入到溶液中不产生沉淀,通入到溶液中也无沉淀D.可作净水剂,也可作净水剂8.海水晒盐后精制得到NaCl,氯碱工业电解饱和NaCl溶液得到Cl2和NaOH,以NaCl、NH3、CO2等为原料可得到NaHCO3;向海水晒盐得到的卤水中通Cl2可制溴;从海水中还能提取镁。下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. B.C. D.9.用下列装置(夹持仪器已略去)进行相关实验,其装置正确且能达到实验目的的是A.用图甲装置测定醋酸浓度 B.图乙为向容量瓶中转移溶解后放置至室温的液体C.用图丙装置制备Cl2可达到随用随制的目的D.用图丁装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO310.已知电离平衡常数:,氧化性:。下列有关离子反应或离子方程式的叙述中,正确的是A.常温下,中性溶液中,、、、能大量共存B.向的溶液中通入少量氯气充分反应:C.向溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式:D.向溶液中滴加少量氯水,再加入溶液振荡,静置,有机层呈橙色11.室温钠-硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠-硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极,表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时,在硫电极发生反应:,,下列叙述错误的是A.炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能B.放电时负极反应为:C.充电时从硫电极向钠电极迁移D.放电时外电路电子流动的方向是12.利用热再生氨电池可实现电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示,甲、乙两室均预加相同的电镀废液,向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法错误的是A.甲室电极电势高于乙室B.隔膜为阴离子交换膜C.乙池电极反应为:D.低温热解的化学方程式:13.处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下:

已知:①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示:物质开始沉淀1.94.26.23.5完全沉淀3.26.78.24.6②。下列说法错误的是A.“沉渣Ⅰ”中含有和B.溶液呈碱性,其主要原因是C.“沉淀池Ⅱ”中,当和完全沉淀时,溶液中D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后,可用作工业冷却循环用水14.某废水处理过程中始终保持饱和,即,通过调节pH使和形成硫化物而分离,体系中pH与关系如图所示,c为、、和的浓度,单位为。已知,下列说法正确的是

A.B.的单一溶液中粒子浓度大小关系为C.④为pH与的关系曲线D.15.初始温度为t℃,向三个密闭的容器中按不同方式投入反应物,发生如下反应:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)

ΔH=-116kJ·mol-1,测得反应的相关数据如下:容器容器类型初始体积初始压强/Pa反应物投入量/mol平衡转化率平衡时Cl2的物质的量/molHClO2Cl2H2OI恒温恒容1L4100α1(HCl)1II绝热恒容1Lp20022α2(Cl2)aIII恒温恒压2Lp38200α3(HCl)b下列说法正确的是A.反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(l)的ΔH>-116kJ·mol-1B.A<1,b>2C.p2=1.6×105Pa,p3=4×105PaD.α1(HCl)+α2(Cl2)<116.经催化加氢可合成乙烯:。0.1MPa时,按投料,测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图所示,下列叙述不正确的是A.该反应的B.曲线b代表的浓度变化C.N点和M点所处状态下的一样D.其他条件不变,、0.2MPa下反应达平衡时比M点的小17.25℃时,某混合溶液中c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.01mol/L,由水电离出的c水(H+)的对数lgc水(H+)与、的关系如图所示。下列说法正确的是A.Ka1(H2A)=10-8B.Z点时溶液的pH=7C.M点和N点溶液的组成完全相同D.从X点到Y点发生的反应可能为:HA-+OH-=A2-+H2O18.某绿色溶液A含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、SO42-、Clˉ、CO32-和HCO3-离子中的若干种。取该溶液进行如下实验(已知Ag2SO4微溶于水,可溶于酸):①向溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液,过滤,得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B;②取滤液B,先用HNO3酸化,再滴加0.001mol·Lˉ1AgNO3溶液,有白色沉淀生成。下列说法不正确的是A.溶液A中不存在Mg2+、CO32-和HCO3-,不能确定Na+的存在B.溶液A中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种C.第②步生成的白色沉淀中只有AgCl,没有Ag2CO3D.溶液A中一定存在H+、SO42-和Clˉ二、填空题(58分)19.(14分)中央经济工作会议强调要“加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。甲烷化是目前研究的热点方向之一,在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下:反应Ⅰ:反应Ⅱ:回答下列问题:(1)在体积相等的多个恒容密闭容器中。分别充入和发生上述反应Ⅰ(忽略反应Ⅱ),在不同温度下反应相同时间,测得、转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为,,其中、为速率常数,只受温度影响。图中信息可知,代表曲线的是(填“MH”或“NG”),反应Ⅰ活化大能(正)(逆)(填“>”或“<”);c点的K(平衡常数)与Q(浓度商)的等式关系(用含、的代数式表示),温度下反应达到平衡,体系压强为p,则的分压。(2)向恒压密闭装置充入和,不同温度下同时发生反应Ⅰ、Ⅱ,达到平衡时其中两种含碳物质的物质的量与温度T的关系如图所示:图中缺少(填含碳物质的分子式);物质的量与温度的关系变化曲线,随温度升高该物质的变化趋势为,800℃时,的产率为。20.(16分)以银锰精矿(主要含、MnS、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下:

已知:Ⅰ.酸性条件下,的氧化性强于;Ⅱ.。(1)“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出,同时去除,有利于后续银的浸出,矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。①写出Mn元素基态原子的价层电子排布式:。②“浸锰”过程中,发生反应:,则可推断:(填“>”或“<”)。③在溶液中,银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应,则浸锰液中主要的金属阳离子有。(2)“浸银”时,使用过量、HCl和的混合液作为浸出剂,将中的银以形式浸出。①将“浸银”反应的离子方程式补充完整:________________________②结合平衡移动原理,解释浸出剂中、的作用:。(3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。①该步反应的离子方程式有和。②一定温度下,Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因:。

(4)结合“浸锰”过程,从两种矿石中各物质利用的角度,分析这种联合提取银和锰方法的优势:。21.(16分)某兴趣小组设计如图实验装置制备次磷酸钠(NaH2PO2)。已知:①白磷(P4)在空气中可自燃,与过量烧碱溶液混合,时反应生成和。②是一种有强还原性的有毒气体,空气中可自燃,可与溶液反应生成。(1)仪器a的名称是。a中发生反应的化学方程式是。(2)仪器b组成的装置的作用是。检查装置气密性后,应先打开K通入一段时间,目的是。(3)下列有关说法正确的是___________A.次磷酸(H3PO2)是三元酸B.为加快反应速率,投料前应先在通风橱内将白磷碾成薄片状C.反应结束后应继续通入一段时间,可提高产率D.d中所盛硫酸铜溶液可用酸性高锰酸钾溶液代替3739100667(4)①仪器c中充分反应后生成和,经过一系列操作可获得固体。相关物质的溶解度(S)如下:从下列选项a-g中选择合理的仪器或操作,补全如下步骤。取仪器c中溶液,用蒸发皿___________→用___________(趁热过滤)→用烧杯(冷却结晶)→用漏斗(过滤得到)→___________→干燥粗品。选项:a.溶解

b.过滤

c.洗涤

d.普通三角漏斗

e.保温漏斗

f.蒸发浓缩至有大量晶体析出

g.蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜②写出c中发生反应的离子方程式。(5)产品纯度的测定:取产品配成溶液,取于锥形瓶中,然后用标准溶液滴定至终点(还原产物是,氧化产物是),达到滴定终点时消耗标准溶液,产品的纯度为。22.(12分)化合物H是一种抗艾滋病药物,某课题组设计的合成路线如下:已知:R1BrR1MgBr请回答:(1)写出化合物B中的官能团名称。(2)下列说法不正确的是___________。A.A→B的过程是为了保护B.E→F的反应类型是消去反应C.化合物G和H可通过红外光谱区别D.化合物H的分子式是,易溶于水(3)化合物M的结构简式是。(4)C→D的化学方程式是。(5)化合物N()是另一种合成路线的中间体,化合物N符合下列条件的同分异构体(写三种)。①有两个六元环,其中一个是苯环;②H-NMR谱显示有5种不同化学环境的氢原子;③—Cl和—OH不能连接在同一个碳原子。(6)以和为原料,设计如图所示化合物的合成路线(用流程图表示,无机试剂、有机溶剂任选)。江西省宜丰县2023-2024(上)创新部高三12月考试化学参考答案:1.D【详解】A.曲、酶均为催化剂的作用,所涉及的原理相同,A不符合题意;B.合两柔则为刚为制成合金,铝合金也为合金材料,合金的硬度通常大于成分金属,所涉及的原理相同,B不符合题意;C.去土而糖白、加入食品胶体作澄清剂均为物质的分离除杂过程,都是利用吸附性,所涉及的原理相同,C不符合题意;D.紫青烟起为焰色反应,而X射线衍射技术为物质结构的探测技术,所涉及的原理不相同,D符合题意;故选D。2.C【详解】A.金刚石、石墨、石墨炔均是由C形成的单质,互为同素异形体,A正确;B.石墨晶体中既存在共价键,又存在分子间作用力,其熔化时两种作用力均要被破坏,B正确;C.金刚石中所有碳原子均采用杂化,石墨中所有碳原子均采用杂化,石墨炔中苯环上的碳原子采用杂化,碳碳三键上的碳原子采用杂化,C错误;D.石墨具有导电性,且由题可知,石墨炔具有半导体性质,所以也具有导电性,D正确;故选:C。3.B【详解】A.正戊烷和新戊烷都属于分子晶体,分子的极性越小,分子间作用力越小,熔沸点越低,A正确;B.碳酸氢钠溶解度较小的原因是碳酸氢根间由于氢键出现聚合现象,与阴离子电荷无关,B错误;C.AlF3为离子晶体,微粒间作用为离子键,AlCl3为分子晶体,熔点受分子间作用力影响,一般离子键作用强于分子间作用力,C正确;D.由于电负性F>C>H,-CF3为吸电子基,使得羧基上的羟基极性增强,氢原子更易电离,酸性增强,D正确;答案选B。4.B【详解】A.只存在范德华力的分子的堆积方式为密堆积,则配位数为12,A正确;B.臭氧极性很弱,且臭氧在四氯化碳中的溶解度要比在水中的溶解度大,B错误;C.核糖和脱氧核糖是五碳糖,它们都属于戊糖,C正确;D.部件表面进行发蓝处理,可以在钢铁表面形成一层致密的氧化物薄膜,从而防止钢铁部件被腐蚀,D正确;故选B。5.A【详解】A.溴原子核外有35个电子,根据构造原理书写其基态核外电子排布式,则Br原子基态原子核外排布式为[Ar]3d104s24p5,故A错误;B.由图可知,图1中与O原子距离最近且相等的Li原子的个数为6,即O配位数为6,故B正确;C.由图可知,晶胞中含有Cl:4×=1,含有O:2×=1,含有Li:8×+1=3,晶胞的化学式为Li3ClO,所以晶体密度为:,故C正确;D.由图可知,晶胞中含有Cl或Br:4×=1,含有O:2×=1,含有Li:8×+1=3,含有Mg或空位:8×=1,所以晶胞的化学式为LiMgOClxBr1-x,故D正确;故选:A。6.B【详解】A.类比上述反应,

的异构化产物为:,分子中含碳碳双键和醛基,可发生银镜反应和加聚反应,故A正确;B.含醛基和碳碳双键且有手性碳原子的Y的同分异构体为:

,共有5种,故B错误;C.红外光谱具有高度的特征性,利用红外光谱可以确定化学基团和鉴定未知物结构,可确证X、Y存在不同的官能团,故C正确;D.乙烯是平面结构,碳碳双键和所连原子一定形成6个原子共平面的结构,三点决定一个平面,单键可以旋转,除氢原子外,X中其他原子可能共平面,故D正确;故选B。7.D【详解】A.是分子晶体,但是原子晶体(或共价晶体),A错误;B.中Fe的化合价可以认为是+2、+3,则表示为,但是Pb常见的化合价为+2、+4,则应表示为,B错误;C.因酸性:H2SO3<HCl,弱酸不能制强酸,故SO2通入BaCl2溶液中不反应;因SO2具有强还原性,而在酸性条件下具有强氧化性,能将SO2氧化为,因此SO2通入到溶液中有BaSO4白色沉淀生成,C错误;D.、均能发生水解产生胶体,可作净水剂,D正确;故选D。8.C【详解】A.石灰乳浓度大于石灰水的浓度,工业上将氯气通入石灰乳中才能制得漂白粉,A错误;B.先将氨气通入饱和食盐水,形成碱性食盐水溶液,再通入二氧化碳,三者发生反应才能得到碳酸氢钠,B错误;C.氧化性:氯气>溴单质>碘单质,可发生上述反应,C正确;D.可实现,电解氯化镁溶液可以生成氢氧化镁和氯气,无法得到镁单质,D错误;答案选C。9.B【详解】A.用图甲装置测定醋酸浓度,应该用酚酞,NaOH溶液应该用碱式滴定管,故A不符合题意;B.固体溶解后放置至室温才能转移到容量瓶中,并用玻璃棒引流,故B符合题意;C.高锰酸钾易溶于水,因此不能用图丙装置制备Cl2,不能达到随用随制的目的,故C不符合题意;D.模拟侯氏制碱法制备NaHCO3时向饱和食盐水中通入过量氨气,再通入二氧化碳反应生成NaHCO3,故D不符合题意。综上所述,答案为B。10.C【详解】A.Fe3+水解溶液呈酸性,在中性溶液中不能存在,故A错误;B.向FeI2溶液中滴加少量氯水,由于氧化性Cl2>Fe3+>I2,则只有碘离子被氧化,反应的离子方程式为:2I-+Cl2=I2+2Cl-,故B错误;C.酸性H2CO3>HClO>HCO,向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成HCO,该反应的离子方程式为:ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO,故C正确;D.向FeBr2溶液中滴加少量氯水,由于氧化性Br2>Fe3+,只有亚铁离子被氧化,溴离子不反应,则有机层为无色,故D错误;故选:C。11.B【分析】钠-硫电池中钠作负极,电极反应式为:Na-e-=Na+,表面喷涂有硫磺粉末的炭化纤维素纸作正极,电极反应式为:S8+e-→S,S+e-→S,2Na++S+2(1-)e-→Na2Sx,充电时,钠电极作阴极,电极反应式为:Na++e-=Na,据此分析。【详解】A.炭化纤维素纸具有导电性,其作用是增强硫电极导电性能,故A正确;B.钠-硫电池中钠作负极,电极反应式为:Na-e-=Na+,故B错误;C.由分析知,充电时Na电极作为阴极,阳离子移向阴极,因此充电时Na+从硫电极向钠电极迁移,故C正确;D.放电时,电子由负极流向正极,由分析知,a为负极,b为正极,因此放电时外电路电子流动的方向是a→b,故D正确;故选B。12.A【分析】甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液,向甲室加入足量氨水后电池开始工作,通入氨气的电极为原电池负极,电极反应Cu−2e−=Cu2+,通入氨气发生反应Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+,右端为原电池正极,电极反应Cu2++2e−=Cu,中间为阴离子交换膜,据此分析。【详解】A.据分析可知,通入氨气的电极为原电池负极,右端为原电池正极,所以甲室电极电势低于乙室,故A错误;B.据分析可知,中间为阴离子交换膜,故B正确;C.右端为原电池正极,电极反应Cu2++2e−=Cu,故C正确;D.通入氨气的电极为原电池负极,电极反应Cu−2e−=Cu2+,通入氨气发生反应Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+,低温热解释放NH3,化学方程式为,故D正确;故答案选A。13.D【分析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子,首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子,过滤后,加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子,再次过滤后即可达到除去其中的杂质,以此解题。【详解】A.根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀,氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀,当pH=4时,则会生成氢氧化铝和氢氧化铁,即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3,A正确;B.硫化钠溶液中的硫离子可以水解,产生氢氧根离子,使溶液显碱性,其第一步水解的方程式为:S2-+H2O⇌HS-+OH-,B正确;C.当铜离子和锌离子完全沉淀时,则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡,则,C正确;D.污水经过处理后其中含有较多的钙离子以及没有除净的铝离子,故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理,达到工业冷却循环用水的标准后,才能使用,D错误;故选D。14.D【详解】随着pH的增大,H2S饱和溶液中H2S的电离平衡向电离方向移动,增大,逐渐增大,则有−lgc(HS−)和−lgc(S2−)随着pH增大而减小,且pH相同时,大于,即−lgc(HS−)小于−lgc(S2−);随着pH的增大,逐渐增大,和逐渐减小,即−lgc(Ni2+)和−lgc(Cd2+)随pH增大而增大,且Ksp(NiS)>Ksp(CdS),即当c(S2−)相同时,c(Ni2+)>c(Cd2+),−lgc(Ni2+)<−lgc(Cd2+),由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2−,④代表HS−。A.由图示曲线②③交点可知,此时,则有,A错误;B.据上述分析结合图像各点数据可得到:0.1mol/LH2S单一溶液中,粒子浓度大小关系为c(H2S)>c(H+)>c(HS−)>c(S2−)>c(OH−),B错误;C.③为pH与的关系曲线,C错误;D.由图示曲线④两点坐标可知,此时时,,或者当时,,,D正确;故选D。15.B【分析】三个容器中,Ⅰ与Ⅱ均为恒容容器,差别在于前者恒温,后者绝热;不妨设想容器Ⅳ,其与容器Ⅰ其余的条件相同,仅投料方式按照容器Ⅱ中的投料方式进行,那么容器Ⅳ中的平衡与Ⅰ中的等效,容器Ⅳ中的反应达到平衡时,Cl2的物质的量为1mol。容器Ⅲ相比于容器Ⅰ,体积扩大了一倍,初始投料也增加了一倍,但容器Ⅲ是在恒温恒压的条件下反应的;不妨设想容器Ⅴ,其与容器Ⅲ的其他的条件相同,仅容器类型更改为恒温恒容的容器,那么容器Ⅴ中的平衡状态与Ⅰ中的等效,容器Ⅴ中的反应达到平衡时,Cl2的物质的量为2mol。【详解】A.4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-116kJ·mol-1,反应4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(l),生成液态水,气态水变液态水放出热量,因此ΔH<-116kJ·mol-1,故A错误;B.构造的容器Ⅳ的类型是恒温恒容,容器Ⅱ的类型是绝热恒容,二者都是逆向反应建立的平衡状态,容器Ⅱ由于是绝热的,所以容器Ⅱ中的温度会越来越低,不利于反应逆向进行,相比于容器Ⅳ达到平衡时消耗的Cl2更少,所以a>1;构造的容器Ⅴ的类型为恒温恒容,容器Ⅲ的类型为恒温恒压,二者都是正向反应建立的平衡,由于容器Ⅴ为恒容容器,所以反应开始后容器Ⅴ中的压强逐渐小于容器Ⅲ中的压强,压强越小越不利于反应正向进行,因此平衡时,容器Ⅴ中的Cl2的量小于容器Ⅲ中的,所以b>2,故B正确;C.根据阿伏加德罗定律PV=nRT可知,温度相同,体积相同,则压强之比等于物质的量之比,解得p2=1.6×105Pa,III容器体积和加入的物质的量都是I容器的2倍,因此压强相同p3=2×105Pa,故C错误;D.构造的容器Ⅳ的类型是恒温恒容,容器Ⅱ的类型是绝热恒容,二者都是逆向反应建立的平衡状态,容器Ⅱ由于是绝热的,所以容器Ⅱ中的温度会越来越低,不利于反应逆向进行,故α1(HCl)+α2(Cl2)<1,故D错误;故选B。16.D【详解】A.温度升高,H2的浓度增大,平衡左移,故逆向吸热,正向放热,,则曲线a为CO2,根据方程式的比例关系,可知曲线b为H2O,曲线c为C2H4;故A正确;B.由A分析知,曲线a为CO2,曲线b为H2O,曲线c为C2H4,故B正确;C.N点和M点均处于同一T1℃下,所处的状态的c(H2)是一样的,故C错误;D.其它条件不变,℃、0.2MPa相对0.1MPa,增大了压强,体积减小,c(H2)增大,故反应达平衡时c(H2)比M点大,D项正确;故选C。17.C【分析】横坐标为离子比值的对数,纵坐标为由水电离出的氢离子的对数,当纵坐标为-5时,由水电离出的氢离子浓度为10-5,说明溶液中离子的水解程度大于电离程度,促进水的电离,溶液的pH为9,溶液中氢离子的浓度为10-9,此时横坐标数值分别为1和3,结合电离常数表达式可知,,左侧曲线代表,右侧曲线代表,由此解答该题。【详解】A.由上述分析可知,,A错误;B.Z点时=3,即=1000,溶液中主要存在A2-,溶液显碱性pH不为7,B错误;C.M点和N点分别表示同一溶液中和,溶液组成完全相同,C正确;D.X点表示水的电离程度达到最大,则X溶液为正盐溶液,HA-和H2A皆有A2-水解而来,X点到Y点表示继续加碱,抑制A2-的水解,而非发生选项所示反应,D错误;故选C。【点睛】本题实质上可看做向H2A溶液中加碱至过量过程中水的电离程度及含A离子的变化情况,随着碱的量的增多,水的电离程度先增大后减小,在酸碱恰好完全反应时,溶液中只存在盐的水解促进水的电离,水的电离程度最大,再加碱则抑制盐水解,也抑制水的电离。18.A【分析】溶液呈绿色,则一定含有与中的一种或两种,故和不能大量存在;①向溶液中滴加溶液,过滤,得到不溶于酸的白色沉淀,则溶液中含有,还有绿色滤液B,则溶液中含有大量,因氢氧化钡不足,则不能确定是否含有;②取滤液B,先用酸化,再滴加0.001mol/L溶液,有白色沉淀生成,则溶液中一定存在,不能确定是否存在。【详解】A.反应①得到绿色溶液,说明溶液呈酸性,因氢氧化钡不足,则不能确定是否含有,A错误;B.因溶液呈绿色,则一定含有与中的一种或两种,B正确;C.因溶液中不存在,加入硝酸银,不会生成,且是能溶于硝酸的,故沉淀中不可能含有,故C正确;D.由以上分析可知溶液A中一定存在、和,故D正确;答案选A。19.(1)>、(2)是为了与电离出的结合生成,使平衡正向移动,提高的浸出率;是为了抑制水解,防止生成沉淀(3)被氧气氧化为,把Ag氧化为(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中,得到,同时将银元素和锰元素分离开;生成的还可以用于浸银,节约氧化剂【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液,使矿石中的锰元素浸出,同时去除,矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中,浸锰液中主要的金属阳离子有、;浸锰渣中与过量和的混合液反应,将中的银以形式浸出,用铁粉把还原为金属银。【详解】(1)①Mn元素是25号元素,位于d区,价层电子排布式为②“浸锰”过程中,矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中,发生反应,硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸,则可推断:>;③根据信息,在溶液中二氧化锰可将氧化为,自身被还原为,则浸锰液中主要的金属阳离子有、;(2)①中S元素化合价升高,Fe元素化合价降低,根据得失电子守恒、元素守恒,该离子方程式为;②是为了与电离出的结合生成,使平衡正向移动,提高的浸出率;是为了抑制水解,防止生成沉淀;(3)①铁粉可将还原为单质银,过量的铁粉还可以与铁离子发生反应,因此离子方程式为、;②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为,把部分氧化为,因此后银的沉淀率逐渐降低;(4)联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中,将银元素和锰元素分离开,利用的氧化性将中的氧化为,同时生成的还可以用于浸银,节约氧化剂,同时得到。20.(1)三颈烧瓶P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO2+PH3↑(2)安全瓶,防止c中溶液倒吸入a中排尽装置内的空气,防止反应生成的PH3自燃引起爆炸(3)CD(4)f、e、cPH3+2ClO-+OH-=H2PO+2Cl-+H2O(5)【分析】装置a中,将白磷P4和过量烧碱溶液混合、加热,生成次磷酸钠和PH3,反应的化学方程式为P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO2+PH3↑,装置b作安全瓶,防倒吸,装置a中反应生成的PH3通入到NaClO溶液中,PH3具有强还原性,NaClO具有强氧化性,可发生氧化还原反应生成和NaCl,装置d用于处理尾气,硫酸铜溶液可吸收有毒气体PH3,据此分析解答。【详解】(1)仪器a的名称是三颈烧瓶;根据分析可知,a中发生P4的歧化反应,根据化合价升降守恒和原子守恒,可得反应的化学方程式是P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO2+PH3↑;(2)仪器b组成的装置的作用为安全瓶,防止c中溶液倒吸入a中;检查装置气密性后,应先打开K通入一段时间,目的是排尽装置内的空气,防止反应生成的PH3自燃引起爆炸;(3)A.由于次磷酸钠不能与NaOH溶液反应,所以次磷酸根不能电离出H+,次磷酸为一元弱酸,A错误;B.白磷(P4)在空气中可自燃,不能在通风橱内将白磷碾成薄片状,B错误;C.反应结束后应继续通入一段时间,可使残余的PH3尽可能地排尽,其在c装置内被吸收,可提高产率,C正确;D.硫酸铜溶液能与PH3发生氧化还原反应,从而将其吸收,酸性高锰酸钾具有强氧化性,也能与PH3发生氧化还原反应,可以用酸性高锰酸钾溶液代替硫酸铜溶液,D正确;故选CD。(4)①分析题中给出的不同温度下次磷酸钠和氯化钠溶解度的表格可知,次磷酸钠溶解度随温度变化很明显,所以从混合溶液中分离次磷酸钠的方法:取仪器c中溶液,用蒸发皿蒸发浓缩至有大量晶体析出→用保温漏斗(趁热过滤)→用烧杯(冷却结晶)→用漏斗(过滤得到)→洗涤→干燥粗品,故填f、e、c;②PH3通入到c装置中,PH3具有强还原性,NaClO具有强氧化性,可发生氧化还原反应生成和NaCl,根据化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒,c中发生反应的离子方程式:PH3+2ClO-+OH-=H2PO+2Cl-+H2O;(5)

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