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第第页高考化学模拟试卷(附答案解析)一、单选题(本大题共13小题,共26.0分)1.下列有关物质的性质和用途的说法中不正确的是(

)A.Fe2O3可用作红色颜料 B.铝比铁活泼,所以铁比铝更抗腐蚀

C.硫酸和硝酸可用于制化肥,农药和炸药 D.硅酸钠可用于制备木材防火剂2.化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是(

)A.不当开采可燃冰,有可能引发温室效应

B.过期药品和纸箱均需投入到可回收垃圾箱内

C.油脂发生皂化反应后所得产物为高级脂肪酸和甘油

D.燃煤中加入石灰石可以缓解环境污染并提高燃烧效率3.下列化学用语的使用正确的是(

)A.氟离子的结构示意图: B.甲烷的比例模型:

C.NaCl的电子式: D.乙炔的结构简式:CHCH4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(

)A.18gH218O中含有的质子数目为10NA

B.32gN2H4中含有共价键的数目为5NA

C.1mol⋅L−1的硝酸中含有NO3−的数目为NA

D.标准状况下,11.2L苯中含有碳原子的数目为3NA5.下列离子方程式正确的是(

)A.金属铝溶于稀NaOH溶液:Al+OH−+H2O=AlO2−+H2

B.ZnCO3溶于稀盐酸:CO32−+2H+=H2O+CO2↑

C.澄清石灰水中加入少量Ca(HCO3)2溶液:Ca2++HCO3−+OH−=CaCO3↓+H2O

D.稀H2SO4与Ba(OH)2溶液反应:Ba2++OH−+H++SO42−=BaSO4↓+H2O6.有人将工业染料“苏丹红4号”非法用作饲料添加剂,使得某些“红心鸭蛋”中含有对人体有害的苏丹红.“苏丹红4号”的结构简式为:

下列关于“苏丹红4号”说法中错误的是(

)A.分子式为C24H20N4O B.能发生加成反应

C.能被酸性高锰酸钾溶液氧化 D.属于苯的同系物7.近日,南开大学科研团队以KSn合金为负极,以含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs−COOH)为正极催化剂构建了可充电K−CO2电池(如图所示),电池反应为4KSn+3CO2⇌2K2CO3+C+4Sn,其中生成的K2CO3附着在正极上。该成果对改善环境和缓解能源问题具有巨大潜力。下列说法错误的是(

)A.MWCNTs−COOH分散在电极表面可促进电子的转移

B.充电时,阳极反应为2K2CO3+C−4e−=4K++3CO2

C.放电时,内电路中电流由KSn合金经酯基电解质流向MWCNTs−COOH

D.为了更好的吸收温室气体CO2,可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质8.下述实验操作不能达到实验目的的是(

)编号实验目的实验操作及现象A检验溶液中是否存在SO42−向待测液中先加稀盐酸酸化,再加氯化钡,产生白色沉淀B验证Fe2+的还原性FeSO4溶液中加入酸性KMnO4溶液,KMnO4溶液褪色C比较碳酸和硅酸的酸性强弱在CaCO3中加浓盐酸并将反应后所得气体直接通入Na2SiO3溶液中,溶液变浑浊D比较Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小将H2S气体通入浓度均为0.01mol⋅L−1的ZnSO4和CuSO4混合溶液中,先出现CuS黑色沉淀A.A B.B C.C D.D9.亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸,主要用于农药中间体以及有机磷水处理药剂原料。已知:H3PO3的Ka1=5.0×10−2;Ka2=2.5×10−7,向1L 0.5mol⋅L−1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液。下列说法正确的是(

)A.当V(NaOH)=1L时,c(Na+)>c(H2PO3−)>c(OH−)>c(H+)

B.当c(H2PO3−)=c(HPO32−)时,c(Na+)<3c(HPO32−)

C.当c(H2PO3−)=c(H3PO3)时,由水电离出的c(OH−)=4×10−8mol⋅L−1

D.当V(NaOH)=2L时,c(Na+)+c(H+)=c(H2PO3−)+2c(HPO32−)+3c(PO33−)+c(OH−)10.我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展,CO2转化过程示意图如下:

下列说法中错误的是(

)A.反应①的产物中含有水 B.反应②中有碳碳键、碳氢键形成

C.汽油主要是C5~C11的烃类混合物 D.图中a有3种处于不同化学环境的氢原子11.根据元素周期律分析,下列推断正确的是(

)A.砹(At)是第ⅥA族元素,砹化银是可溶于水的白色沉淀

B.由HClO4可类推出氟元素也存在HFO4

C.硒是第ⅥA族元素,硒化氢是无色、有毒、比硫化氢稳定的气体

D.在氧气中燃烧,钾的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂12.某小组同学设计实验探究镁与铵盐溶液的反应,记录如下表。根据上述实验所得结论正确的是(

)实验编号①②③④溶液种类1mol⋅L−1NH4Cl0.5mol⋅L−1(NH4)2SO40.1mol⋅L−1NH4ClH2Om(Mg)/g0.480.480.480.48V(溶液)/mL100100100100实验现象有气体产生,并产生白色沉淀有气体产生,并产生白色沉淀有气体产生,并产生白色沉淀几乎看不到现象6h时V(H2)/mL43325534712A.实验②中发生的反应为Mg+NH4++2H2O=Mg2++2NH3⋅H2O+H2↑

B.由实验①、③可得,溶液中c(NH4+)越大,反应速率越快

C.由实验①、②可得,溶液中阴离子的种类对产生H2的速率有影响

D.由实验①~④可得,溶液的pH越小,产生H2的速率越快13.已知PbI2的Ksp=7.0×10−9,将7.5×10−3

mol/L的KI与Pb(NO3)2溶液按体积比为2:1混合,则生成PbI2沉淀所需Pb(NO3)2溶液的最小浓度(mol/L)为(

)A.8.4×10−4 B.5.6×10−4 C.4.2×10−4 D.2.8×10−4二、双选题(本大题共2小题,共8.0分)14.工业合成环丁基甲酸的流程如图。下列说法正确的是(

)A.a和b互为同系物 B.a→b的反应类型为取代反应

C.c分子中所有碳原子均可共面 D.b的一氯代物有4种(不考虑立体异构)15.某小组为研究电化学原理,设计甲、乙、丙三种装置(C1、C2、C3均为石墨).下列叙述正确的是(

)

A.甲、丙中是化学能转变为电能,乙中是电能转变为化学能

B.C1、C2分别是阳极、阴极,锌片、铁片上都发生氧化反应

C.C1上和C3上放出的气体相同,铜片上和铁片上放出的气体也相同

D.甲、乙、丙中溶液的pH都逐渐升高三、实验题(本大题共1小题,共15.0分)16.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O}为亮绿色晶体,易溶于水而难溶于乙醇等有机溶剂。某实验小组对三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的制备及纯度测定进行探究。

请回答:

(1)制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾粗品

步骤Ⅰ.向FeC2O4固体中加入饱和K2C2O4溶液,水浴加热,缓慢滴入足量5%H2O2溶液,并不断搅拌,观察到有红褐色沉淀产生。

步骤Ⅱ.将Ⅰ中所得体系煮沸,并分批加入饱和H2C2O4溶液,红褐色沉淀溶解,体系变为亮绿色透明溶液。

步骤Ⅲ.向Ⅱ中所得溶液中加入95%乙醇,经结晶、过滤、干燥制得粗品。

①步骤Ⅰ中除产生红褐色沉淀外,还生成K3[Fe(C2O4)3],则该反应的化学方程式为______。

②步骤Ⅱ中“煮沸”的目的为______。

③步骤Ⅲ中加入乙醇的作用为______。

(2)测定粗品纯度

步骤ⅰ.准确称取mg粗品,加硫酸酸化后,用c1mol⋅L−1KMnO4标准液滴定至终点,消耗标准液体积为V1mL。

步骤ⅱ.向步骤Ⅰ滴定后的溶液中加入适当过量的Zn粉和适量稀H2SO4并振荡,加热至沸腾,过滤除去过量Zn粉;用稀H2SO4洗涤锥形瓶和沉淀,将洗涤液与滤液合并,用c1mol⋅L−1KMnO4标准液滴定至终点,消耗标准液体积为V2mL。

①步骤ⅰ中达到滴定终点的现象为______。

②产品中K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O(已知Mr=491)的质量分数为______;步骤ⅰ中达到滴定终点时仰视读取滴定管读数,会使测定结果______。(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)

③步骤ⅱ中,“洗涤锥形瓶和沉淀”的目的为______。

(3)精制粗品

欲制得更纯的三草酸合铁(Ⅲ)酸钾产品,(1)中步骤Ⅲ需增加的操作为______。四、简答题(本大题共4小题,共51.0分)17.以磷酸钙为原料可制备缓冲试剂磷酸二氢钾( KH2PO4),其工艺流程如图1所示。

已知:①Ca( H2PO4)2能溶于水,CaHPO4和Ca3(PO4)2均难溶于水。

②萃取原理:KCl+H3PO4⇌KH2PO4+HCl,HCl易溶于有机萃取剂。

回答下列问题:

(1)将磷酸钙粉碎的目的是______“操作Ⅰ”的名称是______。

(2)“酸浸”发生反应的化学方程式为______“酸浸”利用了浓硫酸的下列性质______(填标号)。

a.氧化性

b.还原性

c.强酸性

(3)水相中加入乙醇的作用是______。

(4)副产品N作肥料可使作物枝繁叶茂,提高产量,则溶液M是______(填名称)。

(5)用电渗析法从含KH2PO4废水中提取KOH和H3PO4,装置如图2所示。

①b物质为______。

②阳极反应式为______。18.丙烯是重要的化工原料,利用丙烷制备丙烯通常有三种方法。

方法一:丙烷直接脱氢法

(1)丙烷直接脱氢的主要反应为C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g),△H1=+129.80kJ⋅mol−1。600℃、0.4MPa下,向装有催化剂的恒压密闭容器中以n(H2O)n(C3H8)=1投料,发生反应。丙烷的转化率(α)随时间(t)变化的曲线如图所示。

①该体系达到平衡状态的标志为______。(填选项字母)

A.单位时间内,消耗C3H8(g)的物质的量等于生成H2(g)的物质的量

B.体系中气体的密度不再改变

C.单位体积内气体的分子数不再改变

D.H2O(g)的分压不再改变

②用分压表示该反应的平衡常数Kp=______;增大n(H2O)n(C3H8)的值可提高丙烷的平衡转化率,解释其原因为______。

方法二:丙烷氧化脱氢法

(2)丙烷氧化脱氢制丙烯时,主要发生反应C3H8(g)+12O2(g)⇌C3H6(g)+H2O(g)△H2。已知:氢气的燃烧热(△H)为−285.5kJ⋅mol−1;水的汽化热(△H)为+40.8kJ⋅mol−1;结合△H1,可计算△H2=______;与方法一相比,方法二的优点为______。(写出一点即可)

(3)我国科研机构利用计算机模拟得出:在VO3/CeO2表面,丙烷催化氧化脱去第一个H的反应历程可能有两种(如图所示),其中TSTebbe表示过渡态。由图分析可知,丙烷氧化脱去的第一个H是与______(填“VO3”或“CeO2”)中的O结合,原因为______。

方法三:丙烷与CO2耦合法

(4)丙烷与CO2耦合法制丙烯时,主要发生如下反应:

ⅰ.C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)

ⅱ.C3H8(g)⇌C2H4(g)+CH4(g)

ⅲ.3CO2(g)+9H2(g)⇌C3H6(g)+6H2O(g)

ⅳ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)

在580℃时,将C3H8和CO2按体积比为1:1充入一恒压密闭容器中进行反应,实验测得体系中C3H8(g)、的转化率和C3H6(g)的选择性、C3H6(g)的产率随催化剂组成和压强的变化分别如图(a)和(b)所示。

已知:C3H6的选择性越高,副产物的含量越低。耦合法制丙烯适宜选择的生产条件为______;随压强增大C3H6(g)的平衡产率先增大后减小的原因为______。

19.钛元素形成的单质及其化合物有重要的应用。请回答:

(1)钛位于元素周期表中______区;与钛位于同一周期且含有相同未成对电子数的过渡元素为______。(填元素符号)

(2)钛形成的试剂常用作有机反应的烯化试剂,其结构如图1所示。

其中氯原子和铝原子的杂化方式分别为______。

(3)钛形成的Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH4−的立体构型为______。

(4)钛形成的不同卤化物熔沸点数据如下表所示。TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃−24.138.25155沸点/℃136.45233.45377三种卤化物熔沸点数据呈现表中变化规律的原因为______。

(5)向紫色的TiCl3溶液中加入无水乙醚并通入HCl至饱和,则可得到绿色的[Ti(H2O)5Cl]Cl2⋅H2O晶体。

①晶体中所有元素的电负性由大到小的顺序为______。

②晶体中配位原子为______;晶体中粒子间存在的作用力有______。(填选项字母)

a.离子键

b.σ键

c.π键

d.金属键

e.配位键

(6)钛酸钡具有压电性,可用于留声机和水下侦察设备等。钛酸钡立方晶胞结构如图2所示(Ti4+、Ba2+都分别与O2−相互接触),其晶胞参数a=403.1pm。Ba2+的配位数为;若O2−半径为140pm,则Ba2+的半径为______pm。一种新型含硅阻燃剂的合成路线如图。请回答相关问题:

(1)化合物A转化为B的方程式为______,B中官能团名称是______。

(2)H的系统命名为______,H的核磁共振氢谱共有______组峰。

(3)H→I的反应类型是______。

(4)D的分子式为______,反应B+I→D中Na2CO3的作用是______。

(5)F由E和环氧乙烷按物质的量之比为1:1进行合成,F的结构简式为______。

(6)D的逆合成分析中有一种前体分子C9H10O2,符合下列条件的同分异构体有______种。

①核磁共振氢谱有4组峰;

②能发生银镜反应;

③与FeCl3发生显色反应。参考答案与解析1.【答案】B

【解析】本题考查物质的性质与用途,为高频考点,把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键,侧重分析与运用能力的考查,注意元素化合物知识的应用,题目难度不大。

【解答】

A.Fe2O3是氧化物,颜色为红棕色,俗称为铁红,可用作红色油漆和涂料,故A正确;

B.Al被氧化生成致密的氧化膜,而Fe被氧化生锈,为疏松结构,虽然Al比Fe活泼,但Fe比Al更容易被腐蚀,故B错误;

C.硫酸和硝酸具有酸性,能和碱和碱性氧化物反应生成钾肥、铵肥,还能生成农药和炸药,故C正确;

D.硅酸钠熔点高、性质稳定,可用作阻燃材料,故D正确;

故选:B。

2.【答案】A

【解析】解:A.不当开采可燃冰,造成泄露,有可能引发温室效应,故A正确;

B.过期药品属于有毒垃圾,不能回收,所以不能放在可回收垃圾箱内,故B错误;

C.油脂皂化反应生成高级脂肪酸盐和甘油,得不到高级脂肪酸,故C错误;

D.煤中含有S,燃烧时会生成SO2,燃煤中加入石灰石可减少SO2的污染,但是不会提高燃烧效率,故D错误。

故选:A。

A.甲烷是产生温室效应气体之一;

B.过期药品属于有毒垃圾;

C.油脂皂化反应生成高级脂肪酸盐和甘油;

D.煤中含有S,燃烧时会生成SO2。

3.【答案】B

【解析】解:A.氟离子的质子数为9,其离子核外有10个电子,其正确的离子结构示意图为,故A错误;

B.比例模型能够体现出甲烷分子中各原子相对体积大小及空间结构,甲烷分子为正四面体结构,碳原子比较大于氢原子,甲烷的比例模型为:,故B正确;

C.氯化钠中含有钠离子和氯离子,其正确的电子式为,故C错误;

D.乙炔分子中含有碳碳三键,其正确的结构简式为CH≡CH,故D错误;

故选B.

A.氟离子的质子数为9,其离子核外有10个电子,最外层含有8个电子;

B.根据甲烷的比例模型与球棍模型的表示方法判断;

C.氯化钠属于离子化合物,阴阳离子都应该标出所带电荷;

D.乙炔的结构简式中碳碳三键不能省略.

4.【答案】B

【解析】解:A.18gH218O中含有的质子数目为18g20g/mol×10×NAmol−1=9NA,故A错误;

B.32gN2H4中含有共价键的数目为32g32g/mol×5×NAmol−1=5NA,故B正确;

C.溶液体积未知,无法计算硝酸根离子个数,故C错误;

D.标况下苯为液体,不能使用气体摩尔体积,故D错误。

故选:B。

A.H218O摩尔质量为20g/mol;

B.1个N2H4含有4个N−H,1个N−N键;

C.溶液体积未知;

D.气体摩尔体积使用对象为气体。

5.【答案】C

【解析】解:A.金属铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气,正确的离子方程式为:2Al+2OH−+6H2O=2[Al(OH)4]−+3H2↑,故A错误;

B.ZnCO3溶于稀盐酸,离子方程式:ZnCO3+2H+=H2O+CO2↑+Zn2+,故B错误;

C.澄清石灰水中加入少量Ca(HCO3)2溶液,离子方程式:Ca2++HCO3−+OH−=CaCO3↓+H2O,故C正确;

D.稀H2SO4与Ba(OH)2溶液反应,离子方程式:Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O,故D错误。

故选:C。

A.原子个数不守恒;

B.碳酸锌为沉淀,应保留化学式;

C.二者反应生成碳酸钙和和水;

D.离子个数配比不符合物质结构组成。

6.【答案】D

【解析】本题考查有机物的结构与性质,把握官能团及性质的关系为解答的关键,侧重苯酚性质及同系物概念的考查,题目难度不大。

【解答】

A.由结构简式可知,分子式为C24H20N4O,故A正确;

B.氮氮双键及苯环均可发生加成反应,故B正确;

C.含酚羟基,苯环上有甲基,能被酸性高锰酸钾溶液氧化,故C正确;

D.该物质和苯的结构不相似,含有N和O元素,则不属于苯的同系物,故D错误;

故选D。

7.【答案】D

【解析】解:A.MWCNTs−COOH分散在电极表面,可以增大接触面积,促进电子的转移,故A正确;

B.由分析可知,含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs−COOH)为阳极,电极反应式为2K2CO3+C−4e−=4K++3CO2,故B正确;

C.原电池中,外电路电流由正极流向负极,内电路电流由负极流向正极,故内电路中电流由KSn合金经酯基电解质流向MWCNTs−COOH,故C正确;

D.电池以KSn合金为负极,如用KOH溶液,K与水反应,电池不稳定,故不可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质,故D错误;

故选:D。

电池反应为4KSn+3CO2⇌2K2CO3+C+4Sn,K元素由0价升高+1价,KSn合金为负极,电极反应为KSn−e−=Sn+K+,含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs−COOH)为正极,电极反应式为4K++3CO2+4e−=2K2CO3+C;充电时,KSn电极为阴极,电极反应为Sn+K++e−=KSn,含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs−COOH)为阳极,电极反应式为2K2CO3+C−4e−=4K++3CO2,据此作答。

8.【答案】C

【解析】解:A.先加盐酸酸化,排除Ag+、CO32−、SO32−等离子的干扰,再加氯化钡,若产生白色沉淀,可证明存在SO42−,故A不选;

B.FeSO4溶液中加入酸性KMnO4溶液,KMnO4溶液褪色,证明KMnO4被还原,可验证Fe2+的还原性,故B不选;

C.CaCO3与浓盐酸反应后所得气体中混有HCl,会干扰碳酸和硅酸的酸性强弱的比较,故C选;

D.将H2S气体通入浓度均为0.01mol⋅L−1的ZnSO4和CuSO4混合溶液中,先出现CuS黑色沉淀,证明CuS更难溶,则Ksp(CuS)<Ksp(ZnS),故D不选;

故选:C。

A.先加盐酸酸化,排除干扰离子,再加氯化钡溶液可检验硫酸根离子;

B.高锰酸钾溶液褪色,可证明亚铁离子具有还原性;

C.氯化氢易挥发,制取的二氧化碳中混有氯化氢,干扰了检验结果;

D.先出现黑色沉淀,说明硫化铜更难溶。

9.【答案】B

【解析】解:A.当V(NaOH)=1L时,H3PO3+NaOH=NaH2PO3+H2O,溶液为NaH2PO3溶液,由已知Ka2=2.5×10−7,H2PO3−水解平衡常数Kh=KwKa1=10−145.0×10−2=2×10−13,H2PO3−水解能力小于电离能力,故溶液显酸性,离子浓度大小关系为c(Na+)>c(H2PO3−)>c(H+)>c(OH−),故A错误;

B.Ka2=c(HPO32−)⋅c(H+)c(H2PO3−),当c(H2PO3−)=c(HPO32−)时,Ka2=c(H+)=2.5×10−7mol/L,溶液中c(OH−)=Kwc(H+)=10−142.5×10−7mol/L=4×10−8mol/L,溶液中c(H+)>c(OH−),由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(H2PO3−)+2c(HPO32−)+c(OH−),当c(H2PO3−)=c(HPO32−)时,c(Na+)+c(H+)=3c(HPO32−)+c(OH−),溶液中c(H+)>c(OH−),c(Na+)<3c(HPO32−),故B正确;

C.Kal=c(H2PO3−)⋅c(H+)c(H3PO3),当c(H2PO3−)=c(H3PO3)时,H2PO3−水解能力小于H3PO3的电离能力,Kal=c(H+)=5.0×10−2mol/L,溶液中的氢氧根离子来自于水,c(OH−)=Kwc(H+)=10−145×10−2mol/L=2×10−13mol/L,故C错误;

D.由分析可知,溶液中不存在PO33−,当V(NaOH)=2L时,溶液为Na2HPO3溶液,由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(H2PO3−)+2c(HPO32−)+c(OH−),故D错误;

故选:B。

A.当V(NaOH)=1L时,H3PO3+NaOH=NaH2PO3+H2O,溶液为NaH2PO3溶液,通过平衡常数判断H2PO3−水解能力和电离能力相对大小,进一步判断离子浓度大小关系;

B.由电离平衡常数Ka2判断溶液酸碱性,结合电荷守恒判断离子浓度关系;

C.由电离平衡常数Ka1判断溶液酸碱性,进而判断水的电离情况;

D.亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸,溶液中不存在PO33−。

10.【答案】D

【解析】解:A.由图可知,反应①为CO2+H2=CO+H2O,所以反应①的产物中含有水,故A正确;

B.由图可知,反应②中生成了(CH2)n,所以有碳碳键、碳氢键的形成,故B正确;

C.由图可知,汽油主要是C5~C11的液态烃类混合物,故C正确;

D.图中a为2−甲基丁烷,有4种处于不同化学环境的氢原子,故D错误;

故选:D。

A.由图可知,反应①为CO2+H2=CO+H2O;

B.由图可知,反应②中生成了烃类物质,烃中含有C−C键、C−H键;

C.汽油主要是C5~C11的液态烃;

D.图中a为2−甲基丁烷。

11.【答案】D

【解析】解:A.AgCl、AgBr、AgI依次为白色、淡黄色、黄色沉淀,且溶解性依次减小,可知AgAt难溶于水,且颜色加深,不是白色沉淀,故A错误;

B.F元素没有+7价,不存在HFO4,故B错误;

C.元素的非金属性强弱与其氢化物稳定性一致,同主族自上而下非金属性减弱,故氢化物稳定性H2Se<H2S,故C错误;

D.钾比钠活泼,在氧气中燃烧,钾的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂,故D正确;

故选:D。

A.根据AgCl、AgBr、AgI的颜色及溶解性规律判断;

B.F元素没有+7价;

C.元素的非金属性强弱与其氢化物稳定性一致;

D.钾比钠活泼。

12.【答案】C

【解析】解:A.有气体产生,并产生白色沉淀,可知生成氢气和氢氧化镁,则实验②中发生的反应为NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+、Mg+2H+=Mg2++H2↑、Mg2++2NH3⋅H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+,故A错误;

B.实验①、③中只有氯化铵浓度不同,0.02molMg消耗0.04molH+,但③中Mg过量,不能由氢气的体积比较浓度对速率的影响,故B错误;

C.由实验①、②可知,铵根离子浓度相同、Mg相同,但相同时间生成氢气不同,则溶液中阴离子的种类对产生H2的速率有影响,故C正确;

D.由实验①~④中,②比③的pH小,但生成气体少,则pH小时生成气体的速率小,不能得出溶液的pH越小,产生H2的速率越快,故D错误;

故选:C。

A.有气体产生,并产生白色沉淀,可知生成氢气和氢氧化镁;

B.实验①、③中只有氯化铵浓度不同,且n(Mg)=0.48g24g/mol=0.02mol;

C.由实验①、②可知,铵根离子浓度相同、Mg相同,但相同时间生成氢气不同;

D.由实验①~④中,②比③的pH小,但生成气体少。

13.【答案】A

【解析】解:KI与Pb(NO3)2溶液按体积比为2:1混合,混合后溶液体积增加,碘离子物质的量浓度减小为原来的23;c(I−)=7.5×10−3mol/L×23=5×10−3mol/L;

PbI2沉淀溶解平衡为:PbI2(s)⇌Pb2++2I−;

c(Pb2+)×[c2(I−)]=Ksp

所以c(Pb2+)=7.0×10−9(5×10−3)2=2.8×10−4mol/L;所以原Pb(NO3)2溶液中c(Pb2+)=2.8×10−4mol/L×3=8.4×10−4mol/L;故选:A。

将7.5×10−3mol/L的KI与Pb(NO3)2溶液按体积比为2:1混合后溶液中碘离子的浓度变化为原浓度的23,结合溶度积常数计算Pb2+的浓度,结合溶液体积变化计算原溶液浓度.

14.【答案】BD

【解析】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、有机反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大。

【解答】

A.b含有环状结构,a、b结构不同,不是同系物,故A错误;

B.a中H原子被替代,同时生成HBr、HCl,为取代反应,故B正确;

C.c含有多个饱和碳原子,则所有的碳原子不可能共平面,故C错误;

D.b结构对称,含有4种H原子,则b的一氯代物有4种,故D正确;

故选BD。

15.【答案】CD

【解析】解:A.甲为原电池,原电池中化学能转化为电能,乙、丙为电解池,电解池中电能转化为化学能,故A错误;

B.与外接电源的正极相连作阳极,与负极相连作阴极,则C1、C2分别是阳极、阴极,Fe作阴极,阴极上氢离子得电子生成氢气,发生还原反应,故B错误;

C.C1和C3均为阳极,溶液中氯离子失电子,则两个电极上生成的气体相同,Cu为正极氢离子得电子生成氢气,Fe作阴极氢离子得电子生成氢气,故C正确;

D.甲中氢离子浓度减小,溶液的pH增大,乙中电解氯化铜,铜离子浓度减小,铜离子水解生成的氢离子减少,则溶液的pH增大,丙中电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠,溶液的pH增大,故D正确.

故选CD.

A.原电池中化学能转化为电能,电解池中电能转化为化学能;

B.与外接电源的正极相连作阳极,与负极相连作阴极,阴极上电极不反应;

C.C1和C3均为阳极,溶液中氯离子失电子,Cu为正极氢离子得电子,Fe作阴极氢离子得电子;

D.甲中氢离子浓度减小,乙中铜离子浓度减小,丙中电解生成氢氧化钠.

16.【答案】6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓

防止过量的H2O2氧化H2C2O4

降低K3[Fe(C2O4)3]的溶解度,利于后续晶体析出

滴入最后一滴标准液时,溶液呈浅红色(粉红、浅紫均可)且半分钟不褪色

2.455c1V2m×100%

无影响

使Fe2+完全参加反应,减小实验误差

过滤后洗涤晶体并检验晶体是否洗净

【解析】解:(1)①从题目可以确定该反应的反应物为FeC2O4,H2O2和K2C2O4,生成物为K3[Fe(C2O4)3]和Fe(OH)3;故答案为:6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓;

②H2O2过量会氧化H2C2O4,所以需要煮沸除去;故答案为:防止过量的H2O2氧化H2C2O4;

③K3[Fe(C2O4)3]在乙醇中的溶解度低,所以加入乙醇可以降低K3[Fe(C2O4)3]的溶解度,利于后续晶体析出;故答案为:降低K3[Fe(C2O4)3]的溶解度,利于后续晶体析出;

(2)①该反应为高锰酸钾滴定溶液中的草酸根,所以颜色变化为无色变为粉红色,即观察到滴入最后一滴标准液时,溶液呈浅红色(粉红、浅紫均可)且半分钟不褪色,即可判断滴定终点;故答案为:滴入最后一滴标准液时,溶液呈浅红色(粉红、浅紫均可)且半分钟不褪色;

②该反应为:高锰酸钾氧化溶液中的Fe2+,样品与高锰酸钾以及Fe2+之间的关系为:5K3[Fe(C2O4)3]~5Fe2+~MnO4−,所以K3[Fe(C2O4)3]的质量分数为c1mol/L×V2×10−3L×5×491g/molmg×100%=2.455c1V2m×100%;因为步骤i中的数据不影响步骤ⅱ中数据的计算,所以仰视对于结果没有影响;故答案为:2.455c1V2m×100%;无影响;

③洗涤锥形瓶和沉淀目的是使其中的Fe2+转移到溶液中进行后续操作,所以该操作可以减少实验误差;故答案为:使Fe2+完全参加反应,减小实验误差;

(3)步骤Ⅲ所得的三草酸合铁(Ⅲ)酸钾产品为粗产品,所以还需要增加洗涤操作;故答案为:过滤后洗涤晶体并检验晶体是否洗净。

(1)①从题目可以确定该反应的反应物为FeC2O4,H2O2和K2C2O4,生成物为K3[Fe(C2O4)3]和Fe(OH)3;

②H2O2过量会氧化H2C2O4,而H2O2不稳定,受热易分解;

③K3[Fe(C2O4)3]在乙醇中的溶解度低,加入乙醇可以降低K3[Fe(C2O4)3]的溶解度;

(2)①该反应为高锰酸钾滴定溶液中的草酸根,溶液颜色变化为无色最终变为粉红色;

②该反应为:高锰酸钾氧化溶液中的Fe2+,样品与高锰酸钾以及Fe2+之间的关系为:5K3[Fe(C2O4)3]~5Fe2+~MnO4−,据此计算K3[Fe(C2O4)3]的质量分数;步骤i中的数据不影响步骤ⅱ中数据的计算;

③洗涤锥形瓶和沉淀目的是使其中的Fe2+转移到溶液中进行后续操作;

(3)步骤Ⅲ所得的三草酸合铁(Ⅲ)酸钾产品为粗产品,表面有附着溶液,需要洗涤。

17.【答案】增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积,加快化学反应速率

分液

Ca3(PO4)2+3H2SO4+6H2O=2H3PO4+3CaSO4⋅2H2O

c

促进磷酸二氢钾的析出

氨水

浓KOH溶液

2H2O−4e−=O2↑+4H+

【解析】解:(1)将磷酸钙粉碎的目的是增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积,加快化学反应速率;加入有机溶剂萃取后液体分层,进行分液操作分离;故答案为:增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积,加快化学反应速率;分液;

(2)由以上分析可知,“酸浸”发生反应的化学方程式为:Ca3(PO4)2+3H2SO4+6H2O=2H3PO4+3CaSO4⋅2H2O硫酸是强酸,磷酸是弱酸,“酸浸”利用了浓硫酸的强酸性;故答案为:Ca3(PO4)2+3H2SO4+6H2O=2H3PO4+3CaSO4⋅2H2O;c;

(3)水相中含有易溶于水的KH2PO4,加入有机溶剂乙醇,可以降低KH2PO4的溶解度,促进磷酸二氢钾的析出;故答案为:促进磷酸二氢钾的析出;

(4)在有机相中有HCl,所以加入的溶液M是氨水,和盐酸反应生成氯化铵,可以做氮肥;故答案为:氨水;

(5)①X为阴极,溶液中水电离出来的H+得到电子生成氢气,同时促进水电离产生更多的OH−,为了增强溶液的导电性,同时不引入新杂质,加入的a为稀KOH溶液,从b口流出的是浓KOH溶液;故答案为:浓KOH溶液;

②Y为阳极,溶液中的水电离出来的OH−失去电子生成氧气,电极反应式为:2H2O−4e−=O2↑+4H+;故答案为:2H2O−4e−=O2↑+4H+。

分析流程可知,磷酸钙粉碎后用浓硫酸酸浸,发生反应:Ca3(PO4)2+3H2SO4+6H2O=2H3PO4+3CaSO4⋅2H2O,硫酸钙微溶于水,可以过滤出CaSO4⋅2H2O,滤液中含有磷酸,加入KCl进行萃取:KCl+H3PO4⇌KH2PO4+HClHCl易溶于有机萃取剂,则HCl在有机相中,KH2PO4在水相中,水相中加入乙醇可以析出KH2PO4晶体。有机相中加入氨水,和盐酸反应生成氯化铵,据此分析回答问题。

18.【答案】BD

0.06MPa

该反应为气体分子数增加的反应,充入水蒸气,可降低反应体系中各组分的分压,有利于平衡正向进行

−114.9kJ⋅mol−1

使丙烷转化为丙烯的倾向变大

CeO2

路径B的活化能低,反应速率快

在In/Zn的物质的量之比为2、压强为0.3 MPa

压强低于0.3 MPa时,压强增大反应ⅲ平衡正向移动,丙烯产率增大;压强高于0.3 MPa时,压强增大反应i平衡逆向移动,丙烯产率减小

【解析】解:(1)①A.随着反应的进行,消耗C3H8(g)的物质的量始终等于生成H2(g)的物质的量,所以不能作为平衡状态的标志,故A错误;

B.随着反应的进行,容器的体积逐渐变大,气体质量不变,故密度逐渐减小,平衡后,体积不变,密度不变,故可以作为判断依据,故B正确;

C.随着反应进行,根据理想气体的状态方程PV=nRT,当温度和压强不再改变时,单位体积内的物质的量不会发生变化,故C错误;

D.气体的物质的量在一直变化,水的物质的量不变,体积分数一直发生变化,所以分压一直在变化,平衡后分压不变,故D正确;

故答案为:BD;

②设起始投入的丙烷和水的物质的量均为1mol,从图象可知,丙烷平衡转化率为0.45;

C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)

(单位:mol)

起始量:1

0

0

转化量:0.45

0.45

0.45

平衡量:0.55

0.45

0.45

故平衡后的总物质的量为(1+0.55+0.45+0.45)mol=2.45mol,p(H2)=p(C3H6)=0.4×0.452.45MPa,p(C3H8)=0.4×0.552.45MPa,所以Kp=p(C3H6)×p(H2)p(C3H8)MPa=0.06MPa,恒压情况下,该反应为气体分子数增加的反应,充入水蒸气,可降低反应体系中各组分的分压,有利于平衡正向进行;故答案为:0.06MPa;该反应为气体分子数增加的反应,充入水蒸气,可降低反应体系中各组分的分压,有利于平衡正向进行;

(2)已知氢气的燃烧热为−285.5kJ/mol;水的汽化热为+40.8,故存在热化学方程式:H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H3=−285.5kJ/mol,H2O(l)=H2O(g)△H4=+40.8kJ/mol,C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g),△H1=+129.80kJ⋅mol−1,△H2=△H1+△H4+△H3=−114.9kJ⋅mol−1,方法一为吸热反应,方法二为放热反应,所以与反应一相比,反应二能降低能耗,有利于丙烷转化成丙烯;故答案为:−114.9kJ⋅mol−1;使丙烷转化为丙烯的倾向变大;

(3)由图象可知,途径B的反应活化能更低,反应速率快,所以丙烷氧化脱去的第一个H是与CeO2结合;故答案为:CeO2;路径B的活化能低,反应速率快;

(4)由图象可知,在In/Zn的物质的量之比为2、压强为0.3MPa时平衡转化率最大,在C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)中丙烷为生成物,随着压强的增大,平衡逆向移动,产率降低;在3CO2(g)+9H2(g)⇌C3H6(g)+6H2O(g)中,随着压强的增大,平衡正向移动,丙烯的产率增加,故随着压强增大,丙烯的平衡产率先增大后减小的原因为:压强低于

0.3 MPa时,压强增大反应ⅲ平衡正向移动,丙烯产率增大;压强高于

0.3 MPa时,压强增大反应i平衡逆向移动,丙烯产率减小;故答案为:压强低于

0.3 MPa时,压强增大反应ⅲ平衡正向移动,丙烯产率增大;压强高于

0.3 MPa时,压强增大反应i平衡逆向移动,丙烯产率减小。

(1)①判断化学平衡状态的直接标志:Ⅰ、v正=v逆(同物质)Ⅱ、各组分浓度不再改变;以及以此为基础衍生出来的标志如:压强不再改变,混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等,以此为判断依据;

②设起始投入的丙烷和水的物质的量均为1mol,从图象可知,丙烷平衡转化率为0.45;

C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)

(单位:mol)

起始量:1

0

0

转化量:0.45

0.45

0.45

平衡量:0.55

0.45

0.45

依据三段式数据,计算反应平衡常数;

(2)已知氢气的燃烧热为−285.5kJ/mol;水的汽化热为+40.8,故存在热化学方程式:H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H3=−285.5kJ/mol,H2O(l)=H2O(g)△H4=+40.8kJ/mol,C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g),△H1=+129.80kJ⋅mol−1,依据盖斯定律计算反应热,方法一为吸热反应,方法二为放热反应,所以与反应一相比,反应二能降低能耗,有利于丙烷转化成丙烯;

(3)由图象可知,途径B的反应活化能更低,反应速率快;

(4)由图象可知,在In/Zn的物质的量之比为2、压强为0.3MPa时平衡转化率最大,在C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)中丙烷为生成物,随着压强的增大,平衡逆向移动,产率降低;在3CO2(g)+9H2(g)⇌C3H6(g)+6H2O(g)中,随着压强的增大,平衡正向移动,丙烯的产率增加,分析压强对两反应的影响推测原因。

19.【答案】d

Ni

sp3、sp3

正四面体

三者都是分子晶体,组成和结构相似,随着相对分子质量增大,分子间作用力增强,熔沸点升高

O>Cl>H>Ti

O、Cl

a、b、e

145

【解析】解:(1)Ti的原子序数为22,依据构造原理可知,其电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2,基态钛原子的价电子排布式为3d24s2,则钛位于元素周期表中d区;Ti原子未成对电子数为2,同周期中未成对电子数与钛相同的元素原子价电子排布式为3d84s2、4s24p2、4s24p4,但属于过渡元素的为3d84s2,即Ni元素;故答案为:d;Ni;

(2)分析图1结构可知,分子中Al和Ti提供空轨道,Cl提供孤电子对给Al和Ti,即Al形成3个共价键和一个配位键,共价键与配位键的个数比是3:1,Al周围达到8电子结构,价层电子对数为4,所以Al原子采取sp3杂化,Cl形成二个配位键,还有两对孤电子对,价层电子对数为4,故Cl原子也采取sp3杂化;故答案为:sp3、sp3;

(3)BH4−中心原子B原子价层电子对数=4+3+1−1×42=4,孤电子对数为0,空间构型为正四面体构型;故答案为:正四面体;

(4)由表中数据可知,这几种物质均为分子晶体,且组成和结构相似,其熔沸点与分子间作用力成正比

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