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文档简介
山东省聊城市2023-2024学年高三下学期一模化学试题
学校:姓名:班级:考号:
一、单选题
1.文物是历史的活化石,承载灿烂文明,是传承文化最好的物质载体。下列文物的主
【答案】D
【详解】A.青铜是铜锡合金,则青铜四羊方尊的材质不属于有机高分子化合物,故A
错误;
B.唐兽首玛瑙杯主要成分是二氧化硅,不属于有机高分子化合物,故B错误;
C.人面鱼纹彩陶盆属于硅酸盐材料,不属于有机高分子化合物,故C错误;
D.素纱裨衣,属于纤维素,属于有机高分子化合物,故D正确;
故选:D。
2.下列物质的性质与用途对应关系错误的是
A.氧化铝熔点高,可用作耐火材料
B.青铜比纯铜熔点低、硬度大,古代用青铜铸剑
C.Na2s具有还原性,可用于去除水体中的Hg2+
D.聚合硫酸铁铝能水解形成胶体,可用作净水剂
【答案】C
【详解】A.氧化铝熔点高,可用作耐火材料,性质与用途对应关系正确,故A不选;
B.青铜比纯铜熔点低、硬度大,古代用青铜铸剑,性质与用途对应关系正确,故B不
选;
C.Na2s能与Hg2+的盐溶液发生复分解反应,生成HgS沉淀,消除Hg2+的污染,与还
原性无关,故C选;
D.聚合硫酸铁能水解形成胶体,胶体具有吸附作用,可以吸附水中的悬浮物质,达到
净水的目的,故D不选;
故选Co
3.下列化学教材中的实验操作,主要不是从安全因素考虑的是
A.1-澳丁烷的消去反应:向烧瓶中加入几片碎瓷片
B.钠与水的反应:切取一块绿豆大的钠放入水中
C.焰色试验;将柏丝用盐酸清洗干净
D.乙酸乙酯的制备:边振荡试管边慢慢加入浓硫酸
【答案】C
【详解】A.1-澳丁烷的消去反应需要在强碱、醇溶液加热条件下进行,向烧瓶中加入
几片碎瓷片,可防止液体暴沸,A不符合题意;
B.钠与水剧烈反应,反应放热,若实验所用钠块太大,会有爆炸的可能,B不符合题
思;
C.焰色试验;将伯丝用盐酸清洗干净,是为了洗去钳丝表面的杂质,以免影响实验现
象,C符合题意;
D.浓硫酸稀释时放出大量的热,且密度比乙醇和乙酸的大,为防止酸液飞溅,应先在
试管中加入一定量的乙醇,再缓慢加入浓硫酸,边加边振荡,待冷却后再加入醋酸,D
不符合题意;
故选:Co
4.关于有机物检测,下列说法正确的是
A.用浓澳水可鉴别澳乙烷、乙醛和苯酚
B.用现代元素分析仪可确定有机物分子式
C.质谱法测得某有机物的相对分子质量为72,可推断其分子式为CsH"
D.麦芽糖与稀硫酸共热后加NaOH溶液调至碱性,再加入新制氢氧化铜并加热,
可判断麦芽糖是否水解
【答案】A
【详解】A.澳易溶于澳乙烷与水分层,滨水氧化乙醛后溶液为无色,浓澳水与苯酚反
应生成沉淀,现象不同,可鉴别,故A正确;
B.元素分析仪只能测定出元素种类,不能确定有机物的分子式,故B错误;
C.质谱法测得某有机物的相对分子质量为72,其分子式可能为C5H12或C4H8。或C3H4。2,
故C错误;
D.麦芽糖、葡萄糖均含醛基,均可在碱性溶液中与新制氢氧化铜并加热生成砖红色沉
淀,由实验操作和现象,不能证明麦芽糖是否水解,故D错误;
故选:A„
试卷第2页,共22页
5.光催化氧化甲烷制甲醛的机理如图所示。下列说法不正确的是
B.CH3OOH为中间产物
C.上述过程中有非极性键的断裂与生成
D.含0分子参与的反应一定有电子转移
【答案】C
【详解】
A.根据图中信息可知,在光催化剂表面会发生反应Hq+h+=H++QH,A正确;
B.根据图中信息生成甲醛之前的物质为中间产物CHsOOH,B正确;
C.上述过程中有非极性键0-0的断裂,但没有非极性键的生成,c错误;
D.含0分子参与的反应为具有化合价的变化,例如02转化为OOH,该过程得到电子,
D正确;
故选Co
6.科学工作者发现了一种光解水的催化剂,其晶胞结构如图所示,已知晶胞参数为apm,
设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中错误的是
OO
oCe
A.0位于由Ce构成的四面体空隙中
B.Ce在晶胞中的配位数为8
C.Ce与Ce最近的距离为
D.该晶体的摩尔体积匕=八15°回一3.mo『
【答案】D
【分析】
据“均摊法”,晶胞中,Ce的个数为8X5+6X;=4,O的个数为8,
o2
【详解】
A.根据晶胞结构可知0位于Ce构成的正四面体空隙中,A正确;
B.以底面面心的Ce为例,上、下层各有4个氧原子,故在晶胞中的配位数为8,B正
确;
C.Ce与Ce最近的距离为Ce与Ce最近的距离为面对角线一半,为白硬m,C正确;
D.1个晶胞体积为a3xlO,6m3,含有4个Ce和8个O,则该晶体的摩尔体积为:
4
xa3xlO-36m3xNA=-―—XAm3mo尸,D错误;
4
故选D。
7.有机物M是合成药物ZJM-289的中间体,其结构简式如图所示。下列有关M的叙
述错误的是
0
A.存在顺反异构B.分子中含有四种含氧官能团
C.分子中的碳原子可能全部共平面D.Imol该物质最多与3moiNaOH反应
【答案】B
【详解】
A.该有机物分子中含有碳碳双键,且双键碳原子连有两个不同的基团,所以有顺反异
构,故A正确;
B.分子中有竣基、酸键和酯基三种含氧官能团,故B错误;
C.与苯环直接相连的原子共面,碳碳双键、碳氧键两端的原子共面,单键可以旋转,
故分子中的碳原子可能全部共平面,故C正确;
D.竣基能和NaOH发生中和反应,酯基在NaOH溶液中可以发生水解反应,水解生成
的酚羟基也能与NaOH溶液中发生中和反应,所以Imol该有机物最多消耗3moiNaOH,
故D正确;
故选B。
8.C1O?可用于自来水消毒,CIO?是一种黄绿色气体,易溶于水,与碱反应会生成CIO]
试卷第4页,共22页
与CIO-;下列有关实验室制备C1O?的实验原理和装置不能达到实验目的的是
A.用装置甲获取SO?B.用装置乙制备CIO?
C.用装置丙吸收CIO?D.用装置丁处理尾气
【答案】B
【详解】A.实验室制备S02,常用NazSCh粉末和70%硫酸反应,故A正确;
B.应是长管通入SCh,短管出气,故B错误;
C.二氧化氯极易溶于水,不与水反应,装置丙吸收二氧化氯,故C正确;
D.二氧化氯、二氧化硫能与碱反应,防止它们污染空气,故D正确;
故为:Bo
9.下列关于H2O2、SO?和CIO?的说法正确的是
A.为分子晶体B.凡。2为非极性分子
C.so2的VSEPR构型为V形D.基态C1原子的核外电子有17种空间
运动状态
【答案】A
【详解】A.常温下CIO?为气体,属于分子晶体,故A正确;
B.凡。?的两个氧都是sp3杂化,构成两个V型,合为一个书页构型,两个氧在书脊
处,两个氢在书页处,正负电荷中心不重合,为极性分子,故B错误;
c.SO2的价层电子对数。=3,VSEPR构型为平面三角形,故C错误;
D.基态氯原子中核外电子空间运动状态有Is,2s,3s分别有一种,2p和3p各有3种,
共有3+3+3=9种,故D错误;
故选:Ao
10.Nad。?・3凡0的实验室制备过程为:
①在强酸性介质中用SC)2还原NaClO3制备CIO?;
②在碱性介质中CIO?与HQ反应,得到亚氯酸钠溶液;
③再经一系列操作可得NaClO?■3H2。晶体。
根据上述实验原理,下列说法不正确的是
A.①中可用硫酸作强酸性介质,②中可用NaOH作碱性介质
B.反应②中的H?。?可用NaClO,代替
C.过程③一系列操作含冷却结晶,温度控制在38℃以下
D.若通过原电池反应来实现①,正极的电极反应为ClO]+e-+2H+=ClC)2+HQ
【答案】B
【详解】A.①中可用硫酸作强酸性介质,提供氢离子,硫酸根对反应无影响,②中可
用NaOH作碱性介质,提供氢氧根离子,钠离子对反应无影响,故A正确;
B.在碱性介质中C102与H2O2反应生成NaCICh,Cl的化合价由+4价降低为+3价,H2O2
作还原剂,NaCICU不能代替过氧化氢,故B错误;
C.过程③一系列操作含冷却结晶,为防止NaClO2-3凡。分解,温度应控制在38℃以
下,故C正确;
D.用原电池实现反应①,根据原电池工作原理,正极上得电子,化合价降低,即电极
反应式为CK>+e-+2氏=0。2+应0,故D正确;
故选:Bo
二、多选题
11.下列实验方案的设计不能达到实验目的的是
选
方案设计实验目的
项
取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应,取上层鉴定某涂改液中是否存在含
A
清液,硝酸酸化,加入硝酸银溶液,观察现象氯化合物
分别测定等物质的量浓度的NH4F与(NH/zSCX,
B比较HF与H2sO3的酸性
溶液的pH
试卷第6页,共22页
BaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡一段时间后过
()>()
C滤.洗涤,向所得滤渣上滴加盐酸,产生无色气^spBaSO4^spBaCO3
体
向盛有2mLO.lmolU1K^Crq,溶液的试管中滴
D加5~10滴6molL-'NaOH溶液,再继续滴加5~10探究浓度对化学平衡的影响
滴6moiH2sO4溶液,观察现象
A.AB.BC.CD.D
【答案】BC
【详解】A.氯代煌在热的KOH溶液中能发生水解反应生成cr,加入硝酸酸化后再加
入硝酸银溶液,若出现白色沉淀,即生成了AgCl,则说明涂改液中存在含氯化合物,
故A正确;
B.测定等物质的量浓度的NH&F与(NHJ2SO3溶液的pH,根据越弱越水解,可通过
pH值大小,确定水解程度大小,从而比较HF与HSO]的酸性强弱,但不能说明HF与
国SO3的酸性大小,且铉离子浓度不同、核离子水解对实验结果有干扰,故B错误;
C.在浓度较大的条件下,溶解度较小的沉淀可以转化为溶解度较大沉淀,不能依据沉
淀的转化确定溶度积常数的大小,故C错误;
D.KQO溶液中存在以下平衡:Cr2O^+H2O:2CrO:+2H+,滴加NaOH增大OH-浓
度,可使平衡正向移动,溶液由橙红色转变为黄色,滴加硫酸,可使平衡逆向移动,溶
液颜色橙红色加深,因此可根据现象探究浓度对化学平衡的影响,故D正确;
故选:BC„
三、单选题
12.马日夫盐[MMHzPOj^HzO]常用于机械设备的磷化处理,可起到防锈效果。
以水镒矿[主要成分为MnO(OH),还含有少量的Fe2()3、A12O3,SiO2及微量的CaO]
为原料制备马日夫盐的一种工艺流程如图所示。
H2SO4溶液、SO?MnO2氨水NH4F溶液NH4HCQ溶液磷酸溶液
滤渣1滤渣2滤渣3
已知:Ksp(C*)=3.6xl()T2,当溶液中剩余的某金属离子浓度wixio-5moi/L时,通常
认为该金属离子已沉淀完全。下列说法错误的是
A.步骤I、II、III均涉及氧化还原反应
B.滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、A1(OH)3
C.低温条件下沉锦是为了防止NH4HCO3分解
D.“除钙”步骤中控制c(F”GxloTmol/L可使ca?+完全沉淀
【答案】A
【分析】向水锦矿矿浆中加入H2s04和SCh,SiCh与H2s04不反应,FezCh溶解产生的
Fe3+被还原为Fe2+,得到含有Mn2+、SO:、Fe2\Ca2\A"+的混合溶液和含有SiCh、
CaSO4(微溶)的滤渣1;加入MnCh,将Fe?+氧化为Fe3+,加入氨水调节pH将Fe3+、
AF+转化为Fe(OH)3>A1(OH)3沉淀除去,加入NaF溶液将Ca?+转化为CaF2沉淀除去,
滤液主要成分为MnSCU,加入NaHCCh溶液,得到MnCCh沉淀,加入适量磷酸溶液得
到Mn(HFOj溶液,一系列操作后得到Mn(H2PO4)2-2H2O;
【详解】A.根据分析,步骤III为加入氨水调节pH将Fe3+、AF+转化为Fe(OH)3、A1(OH)3
沉淀除去,只涉及复分解反应,不涉及氧化还原反应,A错误;
B.根据分析,滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、A1(OH)3,B正确;
C.NH4HCO3为镀态氮盐,高温易分解,低温条件下沉锦是为了防止NH4HCO3分解,
c正确;
D.根据Ksp(CaF)=3.6x10-“,若要使Ca?+完全沉淀,则
Ksp(CaF2)_13.6x1072
=6xlO-4mol/LD正确;
c(Ca2+)-Vlxl0^mol/L
答案选A。
四、多选题
13.光电化学装置可以将CO?还原为有机物,实现碳资源的再生利用。图1是光电化学
法实现co?转化的BiVO/NaCl(aq)|Cu电解装置示意图。在不同电压条件下进行光照电
解实验,不同有机产物的法拉第效率(PE)如图2所示。
试卷第8页,共22页
图1光电化学法转化装置示意图
资料:I.法拉第效率(PE);PE(X)=〃(生成X的电子)/〃(通过电极的电子)
II.选择性(S):S(X)=M生成X的CO2)/〃(发生反应的CC)2)xlOO%
以下说法不正卿的是
A.使用BiVO,光电极可以节约电能,为阴极COZ的转化提供H+
B.电解电压为0.75V时,Cu电极只有CO?被还原
C.电解电压为0.9V时,S(CH2O)=85%
D.电解电压为1.0V时,每生成1molCH?。就有lOmolH*移向甲室
【答案】BC
【分析】
由图可知,BiVCU电极为阳极,阳极电极反应式为:2H2O-4e-=4H++O2f,Cu电极为阴
+
极,阴极生成CH2O的电极方程式为CO2+4H+4e=CH2O+H2O,阴极生成HCOOH的
+
电极方程式为CO2+2H+2e=HCOOH,阴极生成CH30H的电极方程式为
+
CO2+6H+6e=CH3OH+H2O,阴极生成C2H50H的电极方程式为
2co2+12H++12e=C2H5OH+3H20,由图2可知,通过改变电压可以选择性地获得不同还
原产物,据此分析。
【详解】A.使用BiV04光电极进行光照电解实验,可以将光能转化为化学能,可以节
约电能,为阴极CCh的转化提供H+,故A正确;
B.由图2可知电解电压为0.75V时,生成CH2O、HCOOH,Cu电极不是只有CO?被
还原,故B错误;
+
C.阴极生成CH2O的电极方程式为CO2+4H+4e-=CH2O+H2O,阴极生成HCOOH的电
+
极方程式为CO2+2H+2e=HCOOH,右方程式可知,生成等物质的量的CH2O或HCOOH
等产物时转移的电子不同,由于法拉第效率(FE)的定义:
PE(X)=〃(生成X的电子)/〃(通过电极的电子)xlOO%=85%,选择性(S)的定义:
S(X)="(生成X的CO?)/"(发生反应的C02)xl00%,故由图2可知:电解电压为0.9V
时,FE(CH2O)»85%,则S(CH20)邦5%,故C错误;
D.电解电压为1.0V时,PE(CH2O)=〃(生成C^O的电子)/〃(通过电极的电子)=0.4,
根据电极方程式为CO2+4H++4e=CH2O+H2。,每生成ImolCHQ转移4moi电子,则
通过电极的电子有lOmol,就有lOmolH*移向甲室,故D正确;
故选:BCo
14.CHJCO2催化重整的反应为①CH4(g)+CC)2(g)-2CO(g)+2H2(g)AH-其中,
积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有:
②CH/g).C(s)+2H2(g)=+74.6kJmo「
-1
③2co(g)p=sC(s)+CC)2(g)AH3=-172.5kJ-mol
科研人员研究压强对催化剂活性的影响:在1073K时,将恒定组成的COz、CH”混合
气体,以恒定流速通过反应器,测得数据如图:
1.0
八△■•
▽△0.5MPa
0.9△
▽△△
0.8△1.2MPa
▽▽▽▽▽▽
0.6VVV
1.8MPa
0.5
〃h
注:Ra是以CH4的转化率表示的催化剂活性保留分率,即反应进行到某一时刻的催化
剂活性与反应初始催化剂活性之比。
下列分析正确的是
A.向反应器中通入适量水蒸气,可减缓Ra的衰减
B.压强增大,反应②平衡逆向移动,导致Ra衰减加快
n(CO)
C.保持其他条件不变,适当减小投料比总兴2有利于增大CH4转化率
九(CHJ
D.研究表明“通入适量。2有利于重整反应”,因为。2能与C反应并放出热量
试卷第10页,共22页
【答案】AD
【详解】
A.向反应器中通入适量水蒸气,高温下可以与C反应生成CO和H2,减少积碳,可减
缓Ra的衰减,A正确;
B.压强越大,Ra降低越快,说明催化剂活性降低越快,积碳越多,其主要原因是反应
③为气体体积减小的反应,加压平衡正向移动,使得积碳增多,B错误;
"(CO,)
C.保持其他条件不变,适当增大投料比一味W有利于增大CH,转化率,c错误;
n(CH4)
D.根据盖斯定律,①二②-③,△Hi=AH2-△H3=+247.1kJ・moH,反应①为吸热反应,
通入适量。2,能与C反应并放出大量的热,可减少积碳减缓Ra的衰减,同时反应
放热使得反应①正向移动,有利于重整反应,D正确;
故选ADo
五、单选题
15.室温下,向C(AP+)、C(ZI?+)均为o.imoLL」的混合溶液中持续通入H?S气体,始
终保持H2s饱和(H2s的物质的量浓度为CUmoLU),通过调节pH使用3+、分别
沉淀,溶液中】gc与pH的关系如下图所示。其中,c表示AP+、2n2+、OH-和S?一的物
17
质的量浓度的数值,Ksp[Zn(OH)2]=1.2xl0o下列说法错误的是
T(〔
T
O
S
邑
6ID
IIIIIIIIIII■II
01234567
PH
A.①代表lgc(S1与pH的关系曲线B.pH逐渐增大时,溶液中优先析出的沉
淀为ZnS
C.A1(OH)3的Ksp=10-323D.Zn2++H2s,ZnSJ+2H+的平衡常
数K=l()44
【答案】D
【分析】
由于C(AT)、。修产也为。」!^]一,则曲线③④表示的离子为c(Af+)或c(zn),
纵坐标表示的为-Ige,则离子浓度越小,-Ige越大,则曲线①代表Ige、?)与pH的关系,
则曲线②代表lgc(OH]与pH的关系,根据曲线②与曲线④的交点坐标(5.8,8.2),可知
此时pH=5.8,贝l|c(OH-)=l(y&2moi/L,同时根据K‘p[Zn(OH)J=L2xlO」7,则曲线④为
lgc(A13+)与pH的关系,曲线③为Igc(Zn-)与pH的关系,据此分析。
【详解】A.由分析可知,①代表lgc(S)与pH的关系,A正确;
B.曲线①代表lgc(S)与pH的关系,曲线③为lgc(Zn")与pH的关系,则根据二者交
2+2108108216
点(5.6,10.8)可知,Ksp(ZnS)=c(Zn)-c(S')=1OxIO-=10--,
17
Ksp[Zn(OH)2]=1.2xl0,当c(Zn?+)为0」moblJ时,随pH逐渐增大时,溶液中优先
析出的沉淀为ZnS,B正确;
C.曲线②代表lgc(OH]与pH的关系,曲线④为lgc(Af+)与pH的关系,根据曲线②
与曲线④的交点坐标(5.8,8.2),可知止匕时pH=5.8,则c(OH)=10-&2mol/L,
3+823+38282328
c(Al)=10-mol/L,则Ksp[Al(OH)3]=c(Al)-c(OH)=10x(10丫=10-',C正
确;
2++
D.Zn+H2S-ZnSJ+2H的平衡常数表达式为
K==/(I卜伊)=c2(H+).cp)
,根据曲线①代表
2+2+2
c(Zn)-c(H2S)c(Zn)-c(H2S).c(S)c(H2S)-Ksp(ZnS)
lgc(S)与pH的关系,曲线③为lgc(Zn2+)与pH的关系,则根据二者交点(5.6,10.8)可
+56
知,此时c(S2)=l(y"8mol/L,c(H)=10mol/L,c(H2S)=0.1mol/L,根据B选项,
216
Ksp(ZnS)=10-,代入数据,K=10%D错误;
故选D。
六、解答题
16.元素周期表中,第四周期元素单质及其化合物在化工生产和研究中有重要的应用。
⑴Ti能形成化合物[TiCl(HQ)5]ci2田2。,该化合物中Ti3+的配位数为,在该化
合物中不含(填标号)。
试卷第12页,共22页
A.b键B.兀键C,配位键D.离子键E.极性键F.非
极性键
(2)在ZnO催化作用下,映喃(可与氨反应,转化为口比咯(毗咯分
°H
子中所有原子共平面,已知大兀键可以用n:表示,其中川表示参与形成大冗键的原子
数,”代表大兀键中的电子数,则口比咯中大兀键可以表示为。吠喃的熔、沸点毗
咯(填“高于”或“低于”),原因是。
(3)[CO(DMSO)6](C1O)是一种紫色晶体,其中DMSO为二甲基亚碉,化学式为
SO(CH3)2OSO(CH3)2中C—S-O键角CH3coe凡中c—C-O键角(填“大于”“小
于”或“等于”)。
(4)硒氧化铀是一类:全新二维半导体芯片材料,为四方晶系晶胞结构(如图所示),可
以看成带正电的[BiQzK”-层与带负电的[Se]:层交替堆叠。据此推断硒氧化钿的化学
式为o晶胞棱边夹角均为90。,则晶体密度的计算式为g-cm-3(NA为阿伏加
德罗常数的值)。
(3)小于
1058x1()3。
(4)Bi2O2Se
a^cN人
【详解】(1)Ti能形成化台物[TiCKHq.CLHzO,该化合物中Ti3+的配位数为6,
该化合物中O-H中存在o键和极性共价键,Ti3+与配体存在配位键,内届与外界的氯离
子存在离子键,则不存在兀键和非极性共价键,B和F符合题意。
(2)毗咯为平面形结构,分子中各原子在同一平面内可知,N原子的价层电子对数是
3,根据价层电子对互斥理论可判断N原子的杂化方式为sp2杂化,C原子也为sp2杂化,
则吹咯中大兀键是1个N原子和5个C原子提供6个电子形成的,可表示为n£影响
物质熔沸点的主要因素为分子间作用力,氢键大于分子间作用力,有氢键的毗咯沸点大
于吠喃,口比咯易形成分子间氢键,沸点较高,则吠喃沸点低于此咯,毗咯易形成分子间
氢键。
(3)SO(CH3)2中S原子为sp3杂化,且有一对孤对电子,而CH3COCH3中默基C原子
为sp2杂化,没有孤对电子,故SO(CH3)2中键角C-S-O键角小于CH3coe也中
C-C-O键角。
(4)根据电荷守恒知,该晶胞中[Bi?。」"+与[Se]:个数比为1:1,故该晶体的化学式
为BizC^Se,该晶胞中含有Se个数=8x:+l=2,结合化学式知该晶胞中含2个BiQzSe,
O
,2x529,,,
故该晶胞的质量m=——g,该晶胞体积VuaxlO-iOxaxlOTOxcxlO-iOcnpuaZcxlO-30cm3,
NA
,1058xlO303
+故该晶体的储度=--——g-cm0
crcNx
17.活性炭载钿(Pd/C)催化剂被广泛应用于医药和化工行业,某废钿催化剂(钿碳)
的杂质主要含炭、有机物及少量Fe、Zn等。如图是利用钿碳制备氧化铝(PdCl2)和
Pd的流程。
空『N2H4王『试p试
把碳L1cu溶液|~>南^四闻其卜u沉淀|
\I|.候烧
尾气气体A滤渣滤液睡A画
⑴实验室中可在____(填仪器名称)中模拟“焚烧”过程。N2H4为二元弱碱,常温下N2H4
的电离常数Kbi=10R居2=10田9,则常温下o.imol/LN2H4水溶液pH=。
(2)“溶浸”步骤中钿与王水发生反应生成H2[PdClJ和一种有毒的无色气体A,A为一
(填化学式),钮的浸出率与反应的时间、温度的关系如图所示,则最佳的浸取时间和
温度为,写出“除锌铁”步骤中钿的化合物与试剂I反应的化学方程式o
试卷第14页,共22页
9896
东
、
骷9492
田
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11.522.533.544.558090100110120
时间/h温度rc
(3)“沉耙”步骤中试剂H应为(填名称),加入该试剂的目的是。
(4)海绵钿具有优良的储氢功能。假设海绵钿的密度为0g-cm-3,其吸附的氢气是其体
积的w倍(标准状况),则此条件下,氢气的浓度/=mol(氢气的浓度r为ImolPd
吸附氢气的物质的量,用含夕、”的分数式表示)。
【答案】(1)生期10.5
(2)NO2.5h,90℃
H2[PdCl4]+6NH3H2O=[Pd(NH3)4]d2+2NH4C1+6H2O或
H2[PdCl4]+6NH3=[Pd(NH3)JCl2+2NH4C1
(3)盐酸中和NH/H2O,促进[Pd(NH3)』5转化为[Pd(NH3)/C12沉淀
106几
(4)
「22400夕
【分析】
废钿催化剂高温焚烧有机物、C、Fe、Zn、Pd被氧气氧化生成氧化物,有机物、C转化
为尾气而除去,加入N2H4,PdO被N2H4还原产生Pd,Fe被还原为Fe单质,Zn被还
原为Zn单质,再向其中加入王水,Pd、Fe、Zn都能溶于王水,其中Pd与王水反应得
到H2[PdC14]溶液,同时产生有毒无色气体NO气体,再向溶液中加入浓氨水调节溶液
pH,钿转化为可溶性的[Pd(NH3)4]2+,铁离子、锌离子全部形成Fe(OH)3、Zn(OH)2沉淀,
然后过滤,向滤液中加入盐酸,析出得到[Pd(NH3)2]C12黄色晶体,然后燃烧得到PdCb,
再经过还原得到Pd。
【详解】(1)
生烟耐高温,实验室可在生烟中模拟焚烧实验;N2H4的电离方程式为
N2H4+H2O^N2HJ+(9H-,电离常数
K-IN;)=01",则C9HA1邛,c(H+尸西/
-IO-10-5,pH=-/gc(H+)=10.5
(2)
由分析知有毒的无色气体A为NO,由图钿的浸出率最佳的浸取时间和温度为2.5h,90℃;
除锌铁”步骤中钿的化合物与试剂I反应的化学方程式:
H2[PdCl4]+6NH3H2O=[Pd(NH3)4]d2+2NH4C1+6H2O或
H2[PdCl4]+6NH3=[Pd(NH3)JCl2+2NH4C1
(3)为了不增加新杂质,“沉钿”步骤中试剂II应为盐酸;加入该试剂的目的是中和
NH3H2O,促进[Pd(NH3)4]Cl2转化为[Pd(NHs)2]5沉淀
(4)假设海绵钿体积为1L,则海绵钿为lOOOPg,物质的量为当,吸附氢气
106
体积为nL,物质的量为47m。/,贝!IImolPd吸附氢气的物质的量为祗黑-
18.三氯氧磷(POCL)俗名磷酰氯,可用作半导体掺杂剂及光导纤维原料,是能推进
中国半导体产业链发展壮大的一种重要的化工原料。工业上可以直接氧化PCL制备
POCL。某兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如下(某些夹持装置、加热装置已略去):
部分物质的性质如下表:
熔点/℃沸点/℃其他
PC13-11275.5易水解,遇生成POCL缓慢通入氧气POCL产率较高
POC132105.3易水解,能溶于PCL
行操作:(i)连接仪器,检查装置气密性;(ii)……,至C中白磷消失;(iii)……,
控制C装置反应温度在60℃~65℃,最终制得POCL产品。操作(ii)为,步骤
(适)控制温度60℃~65℃,其主要目的是。该实验装置存在一处明显的设计缺
试卷第16页,共22页
陷,改进方法是O
(2)已知电负性O>C1>P,POC13在过量NaOH溶液中发生反应的离子方程式为。
(3)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中C1元素的含量,实验步骤如下:
①取优g产品于锥形瓶中,加入足量NaOH溶液,待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性;
1
②向锥形瓶中加入0.1000mol-U的AgNO3溶液50.00mL,使CF完全沉淀;
③向其中加入2mL硝基苯,用力摇动使沉淀表面被有机物覆盖;
④加入NH,FelSOj做指示剂用cmol.U1NH,SCN溶液滴定过量Ag+至终点,记下
所用体积为VmLo
标志滴定终点的现象是,C1元素的质量分数为(用含相、c、V的表达式表
示),步骤①若不加入稀硝酸,所测C1元素含量将会(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】⑴打开Kj、埠关闭K3、跖加快反应速率,防止PJ汽化在
球形冷凝管上端连接一个装有碱石灰的干燥管
(2)POC13+6OH=PO;+3CP+3H2O
(3)滴入最后半滴标准液,溶液变为浅红色,且30s内不褪色
(5-丫*35.5*10工]00%或3.55(5%偏大
mm
【分析】
装置A由浓盐酸和氯酸钾反应制备氯气,氯气被浓硫酸干燥后进入装置C,在装置C
中和白磷反应生成产品,以此解题。
【详解】(1)仪器气密性检查,没有问题后,可以开始实验,使氯气进入装置C,则操
作(ii)为:打开K1、圣关闭K3、K4;根据题中信息可知,PC§沸点较低,则控制
温度60℃~65℃,其主要目的是:加快反应速率,防止PC13汽化;该实验过程使用了
有毒的氯气,需要尾气处理装置,则改进方法是:在球形冷凝管上端连接一个装有碱石
灰的干燥管;
(2)根据题给信息可知,POCy易水解,且电负性O>C1>P,贝UPOCL中P为+5价,
其水解方程式为:POCI3+3H2OH3Po4+3HC1,则PO。在过量NaOH溶液中发生反应
的离子方程式为:POC13+6OH=PO;+3Cr+3Hq;
1
⑶用cmol.L-NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,当滴定达到终点时NH4SCN过量,
Fe3+与SCN-反应溶液会变红色,半分钟内不褪色,即可确定滴定终点;故答案为:滴
入最后半滴标准液,溶液变为浅红色,且30s内不褪色;用cmol/LNH4SCN溶液滴定
过量Ag+至终点,记下所用体积VmL,则过量Ag+的物质的量为cVxl。-3moL与C「
反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/Lx0.05L-cVxl03mol=(5-cV)xl(y3mol,Cl元素的
质量分数为(5-cV)*1°、。1x35.5g/mol*ioo%=(5"V)x35.5x10%四。%;步骤①若不加
mgm
入稀硝酸,则其中过量的氢氧化钠可以和硝酸银反应生成沉淀,则被消耗的硝酸银偏多,
则所测C1元素含量将会偏大。
19.化合物I是合成陛琳酮类除草剂的一种中间体,其合成路线如下:
o
y
s
B
O
NaOH/A
I
O
DPPA
III.R,-COOH+RNH—II
22R.NH-C-NHRj
(1)ATB反应所需的试剂和条件是,C的化学名称为.。
(2)由C合成F的过程中,C—D的目的是o
(3)E-F的化学方程式为o
(4)试剂a中含氧官能团的名称为,H中氮原子的杂化方式为
(5)化合物I的另一种合成路线如下:
O
C13COOCC13
催化剂"
oo
B==
c催化剂)c
R--o-R+R-
I23R,2
试卷第18页,共22页
K的结构简式为,M-I的过程中,还可能生成高分子化合物N,写出N的一种结
构简式
【答案】(1)浓硫酸、浓硝酸、加热邻氟苯胺或2-氟苯胺
(2)保护氨基
ClF
(3)+CH3coONa
NHCOCH
o
r
rN=C—NH—c4OCCL
—
—
F
【分析】由A和B的分子式可以推知A发生硝化反应生成B,则A为,结合
F,B发生还原反应生成C,结合C的分子式可以
D的结构简式可以推知B为
■NO2
推知C为,C发生已知信息ii的原理得到D,可以推知试剂a为
•NH,
D和SO2cb发生取代反应生成E,结合E的分子式可以推知E为
NHCOCH3
E在碱性条件下发生水解生成F,F为,F发生已知信息i的原理得到G,
F
G的结构简式为,G发生原理ii生成H,根据分子式可推知试
NHNH2
剂b为f0°”,H发生已知信息iii的原理得到I,可以推知H为
COOH
CL—F
H
【详解】(I)根据分析,A-B反应所需的试剂和条件:浓硫酸、浓硝酸、加热;C结
F
构简式:,c的化学名称:邻氟苯胺或2-氟苯胺;
'NH2
(2)根据分析,由C合成F的过程中,C-D氨基转化为酰胺基,后续有转化回氨基,
所以起到的作用是:保护氨基;
(3)根据分析,E-F的化学方程式:
C1FCl
+NaOH^>
+CH3COONa;
NHCOCH3NH2
0
(4)根据分析,试剂a为其中含氧官能团的名称:酮锻基、竣基;根
CI
3
据H结构简式:。『嘤CH8H,H中氮原子的杂化方式:sp2、sp;
3
(5)M和人发生已知信息的反应原理得到L可以推知M为
ci3coOCC13
C
,L异构化得到M,可以推知L为NH2,K和
NH3发生加成反应再发生消去反应生成L,可以推知K为||;M—I的
IHNHCOCH,
H
过程中,先生成00ra可以发生缩聚
OOCCI,
H
反应生成高分子化合物N为
20.乙醇水蒸气重整制氢是制备氢气的常用方法,体系中发生的主要反应如下:
1
I.C2H5OH(g)+3H2O(g).2CO2(g)+6H2(g)AHj=+173.5kJmor
1
II.C2H50H(g)CH4(g)+CO(g)+H2(g)AH,=+49.8kJmol
III.CH4(g)+H2O(g),CO(g)+3H2(g)A
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