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文档简介
河北省唐山市2023-2024学年高三一模化学试题
学校:姓名:班级:考号:
一、单选题
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关,下列说法错误的是
A.神舟系列飞船返回舱使用氮化硅耐高温材料,Si3N4属于共价晶体
B.月壤中的“嫦娥石[(CasY)Fe(PO4)刃”,该成分是无机盐
C.利用CO2合成了脂肪酸,实现了无机小分子向有机高分子的转变
D.《本草纲目》中“以芒硝于风日中消尽水气”得到的是Na2s04
【答案】C
【详解】
A.氮化硅熔点为1900℃、具有高强度、高韧性、耐高温的性质,由性质可知氮化硅为
共价晶体,A正确;
B.发现了月壤中的“嫦娥石[(CasY)Fe(PO4)7/,组成结构分析可知,其含有Y、
Ca、Fe等元素,属于无机化合物,又因含有磷酸根,是无机盐,B正确;
C.利用CO2合成了脂肪酸,脂肪酸为较酸类物质,常见的高级脂肪酸有:硬脂酸、油
酸等,这二者相对分子质量虽大,但没有达到高分子化合物的范畴,不是高分子化合物,
C错误;
D.芒硝为NazSCUTOHzO,失掉水得到硫酸钠,方程式为:
Na2SO4.10H2O=Na2SO4+1OH2OT,D正确;
故答案为:C»
2.高分子化合物在人类生产生活中有着重要用途。下列说法正确的是
A.酚醛树脂通常由苯酚和甲醛通过缩聚反应合成
B.淀粉和纤维素均表示为(C6Hio05)n,二者互为同分异构体
C.塑料、橡胶、合成纤维均为合成高分子材料
D.医用口罩主要原料是聚丙烯,与聚乙烯互为同系物
【答案】A
【详解】
A.苯酚和甲醛发生羟醛缩合反应生成酚醛树脂,此反应属于缩聚反应,A正确;
B.淀粉和纤维素的分子式均为[(C6H10O5)n],二者聚合度n值不同,不是同分异构体,
B错误;
C.橡胶存在天然橡胶和合成橡胶,不一定属于合成高分子材料,C错误;
D.结构相似、在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物,而
聚丙烯与聚乙烯都是混合物,不是化合物,故不是同系物,D错误;
故答案为:Ao
3.下列试剂的保存方法错误的是
A.氢氟酸通常保存在塑料瓶中
B.液澳应水封保存,并用橡胶塞塞紧瓶口
C.双氧水可以保存在棕色细口瓶中
D.FeCb溶液保存时需加入少量铁粉
【答案】B
【详解】A.氢氟酸能够与玻璃中二氧化硅反应,能够腐蚀玻璃,所以通常保存在塑料
瓶中,A正确;
B.液澳易挥发,密度大于水的密度,微溶于水,所以保存液澳的试剂瓶中应加水液封,
但液澳会腐蚀橡胶,故不能使用橡胶塞塞紧瓶口,B错误;
C.双氧水受热易分解,双氧水应该避光密封保存,故可以保存在棕色细口瓶中,C正
确;
D.由于Fe2+易被氧化为Fe3+,而Fe+2Fe3+=3Fe2+,故FeCb溶液保存时需加入少量铁粉
以防止Fe2+被氧化,D正确;
故答案为:Bo
4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.标准状况下,11.2L氯仿含有氯原子1.5NA
B.31g白磷中共价键数目为3NA
C.O.lmoLL-iKzCnCh酸性溶液中含O.INA的Cr2ot
D.4.4gC2H4。中含有o键最多为0.7NA
【答案】D
【详解】A.已知标准状况下氯仿是液态,故无法计算1L2L氯仿含有氯原子数目,A
错误;
31g
B.已知1分子白磷中含有6个P-P键,故31g白磷中共价键数目为一,:x'r^l1
iig/mol
=1.5NA,B错误;
C.已知K2Cr2O7溶液中存在:Cr2O^+H2O2CrO亍+2H+,且题干为告知溶液的体积,
故无法计算O.lmol.L-RCnCh酸性溶液中含Cr20r的数目,C错误;
D.C2H4。可能是醛CH3cH0、也可能是烯醇即CH2=CH0H,或者环氧乙烷,则为环
试卷第2页,共23页
氧乙烷时4.4gC2H4。中含有◎键最多为《4g/WoiXmmpl'=0.7NA,D正确;
故答案为:Do
5.克拉维酸钾是一种0-内酰胺类抗生素,下列说法错误的是
克拉维酸克拉维酸钾
A.克拉维酸钾存在顺反异构
B.克拉维酸分子含有5种官能团
C.上述转化中的二者均能使酸性KMnO4溶液褪色
D.实现上述转化可加入KOH溶液
【答案】D
【详解】A.由题干有机物结构简式可知,克拉维酸钾中存在碳碳双键,且双键两端的
碳原子分别连有互不同的原子或原子团,故存在顺反异构,A正确;
B.由克拉维酸结构简式可知,该有机物含有羟基、陵基、碳碳双键、酸键和酰胺基等
5种官能团,B正确;
C.两物质中均含碳碳双键,可被高镒酸钾氧化,从而使酸性高镒酸钾溶液褪色,C正
确;
D.克拉维酸分子除残基可与KOH反应外,还含有酰胺基能在强碱溶液中发生水解反
应,因此选用KOH不能实现两者的转化,D错误;
故选:D。
6.下列说法错误的是
A.SO2和CCh的价层电子对互斥模型相同
B.NH3和CH4的中心原子杂化方式相同
C.C2H6和C2H4的化学键类型不同,可用滨水除去C2H6中混有的C2H4
D.水和苯分子极性不同,可用分液法分离
【答案】A
【详解】A.SO2中中心原子周围的价层电子对数为:2+g(6-2?2)=3其价层电子对互斥
模型为平面三角形,而CCh中中心原子周围的价层电子对数为:2+』(4-2?2)=2其价层
2
电子对互斥模型为直线形,故不相同,A错误;
B.NH3和CH4的中心原子周围的价层电子对数为:3+-(5-3?1)=4,4+-(4-4?1)=4,故
22
杂化方式相同,均为sp3杂化,B正确;
C.C2H6中只含C-H和C-C键,而C2H4中含有C-H和C=C键,故化学键类型不同,
CH2=CH2能与Br2反应生成BrCH2cH2Br,而C2H6不能,故可用滨水除去C2H6中混有
的C2H4,C正确;
D.已知水为极性分子,苯分子为非极性分子,二者极性不同,根据相似相溶原理可知,
二者为不互溶的液体,故可用分液法分离,D正确;
故答案为:Ao
7.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:乙醇(78.3℃)高于二甲醛(-29.5C)氢键作用
B熔点:A1F3(1O4O℃)远高于AlCb(178℃升华)晶体类型
C键角:PF3(94。)小于PCb(109.5。)电负性差异
D分解温度:HBr(500℃)高于HI(300℃)范德华力作用
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【详解】A.乙醇和二甲醛互为同分异构体,但由于乙醇中存在分子间氢键,而二甲醛
中不存在,导致乙醇(78.3℃)的沸点高于二甲醛(-29.5℃),即与氢键作用有关,A不合题
思;
B.A1F3是离子晶体,AlCb是分子晶体,作用力:离子键>范德华力,导致A1F3的熔
点远高于AlCh,则A1F3的熔点远高于AlCb与晶体类型有关,B不合题意;
C.电负性:F>CL故PF3中共用电子对离P更远,排斥力更小,键角更小,且原子半
径:F<Cb故PF3的键角小于PCb,即与F、C1的电负性差异有关,C不合题意;
D.热分解温度:HBr为500℃,HI为300℃,稳定性HBr>HL是由于非金属性Br>
I,导致H-Br的键能比H-I的键能大,与分子间作用力无关,D符合题意;
故答案为:Do
8.M、X、Y、Z、W均为短周期元素,原子序数依次减小,能形成如下图所示化合物,
下列说法正确的是
试卷第4页,共23页
XwwwX
IIIIIIII
M[X—Z—Z—Z—Z—Z—X—W]
III
WWY
z\
ww
A.第一电离能:M>Y>X>Z
B.简单氢化物的稳定性:X>Y
C.X与W形成的化合物不能使酸性KMnCU溶液褪色
D.由M、X、Z、W四种元素组成的化合物其水溶液显碱性
【答案】B
【分析】
M、X、Y、Z、W均为短周期元素,且原子序数依次减小,结合化合物的结构可知,M
为带1个单位正电荷的阳离子,M为Na元素;阴离子中X形成2个共价键、Y形成3
个共价键、Z形成4个共价键、W形成1个共价键,结合原子序数可知,X为O元素、
Y为N元素、Z为C元素、W为H元素,以此来解答。
【详解】A.由分析可知,M为Na、X为O、Y为N、Z为C,根据同一周期从左往右
元素第一电离能呈增大趋势,IIA与IIIA、VA与VIA反常,同一主族从上往下元素第
一电离能依次减小可知,第一电离能:N>O>C>Na即Y>X>Z>M,A错误;
B.由分析可知,X为O、Y为N为同周期主族元素,从左向右非金属性增强,对应氢
化物的稳定性增强,则简单氢化物的稳定性:H2O>NH3即X>Y,B正确;
C.由分析可知,X为O、W为H,故X与W形成的化合物H2。不能使酸性KMnO4
溶液褪色,但H2O2具有还原性,能使酸性高铳酸钾溶液褪色,C错误;
D.由M、X、Z、W四种元素组成的化合物若为碳酸氢钠,其水溶液显碱性,但若为
NaHCzCU则显酸性,D错误;
故答案为:B„
9.下列方案或操作能达到实验目的是
ABCD
证明非金属性:验证Ksp(AgCl)>Ksp检验淀粉是否完
实验室制氯气
C1>C(Agl)全水解
足量NaOH溶液
ItnLO.lmolL_1
盐酸
淀粉水溶液
白色沉淀
结论:淀粉完
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【详解】A.实验室制备氯气是用MnCh和浓盐酸加热反应制得,MnCh与稀盐酸不反
应,A不合题意;
B.稀盐酸滴入Na2cCh溶液中产生能使澄清石灰水变浑浊的气体C02,说明HC1酸性
强于H2c03,由于HC1不是Cl的最高价氧化物对应水化物,故不能得出C和C1非金
属性强弱,B不合题意;
C.ImLO.lmol/L的AgNO3溶液和ImLO.lmol/L的NaCl恰好完全反应,生成AgCl白
色沉淀,再加入几滴O.lmol/L的KI溶液后产生黄色沉淀,说明存在AgCl转化为Agl
的沉淀转化,故说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),C符合题意;
D.由于NaOH过量,b能与NaOH溶液反应,故加入足量NaOH溶液后加入几滴碘水,
溶液不变兰,不能说明淀粉己经完全水解,D不合题意;
故答案为:Co
10.白硼钙石的主要成分是Ca4BioOi9-7H20(含有少量FezCh、FeO、CaCCh和SiCh等杂
质),利用白硼钙石制取强还原剂NaBH4的工艺流程如下:
4
气体滤液1滤渣1乙醇耐火材料
已知H3BO3微溶于水,易溶于乙醇:偏硼酸钠(NaBCh)易溶于水,溶解度随温度升高而
增大,难溶于乙醇,碱性条件下稳定。下列说法错误的是
A.“滤渣1”的主要成分是SiCh
B.“气体”的主要成分是NO2
试卷第6页,共23页
C.“操作X”涉及到蒸发浓缩、降温结晶
D.“反应Y”的化学方程式是NaBC)2+2MgH2=2MgO+NaBH4
【答案】B
【分析】
由题干流程图可知,将白硼钙石的主要成分是Ca4BioOi9-7H20(含有少量FezCh、FeO、
CaCO3和SiCh等杂质)粉碎后加入浓硝酸,将Ca转化为Ca(NO3)2>Fe转化为Fe(NO3)3>
B转化为H3BO3,SiCh不溶于硝酸,过滤得到滤液1,主要含有Ca(NCh)2、Fe(NO3)3,
和滤渣主要含有SiO2和H3BO3,向滤渣中加入乙醇进行醇浸过滤得到滤渣1,主要成分
为Si02,滤液中含有H3BO3的酒精溶液,向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热,将
H3BO3转化为NaBCh,将乙醇蒸屈出来后,对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶,过滤干燥,
获得纯净的NaBO2固体,将固体NaBCh和MgHz混合反应生成NaBH4和耐火材料即
MgO,据此分析解题。
【详解】A.由分析可知,“滤渣1”的主要成分是SiCh,A正确;
B.浓硝酸与白硼钙石的主要成分是Ca4BioOi9-7H20、杂质中氧化物反应生成大量的水,
故“气体”的主要成分是NO而不是NO2,B错误;
C.由题干信息状况,偏硼酸钠(NaBCh)易溶于水,溶解度随温度升高而增大,难溶于
乙醇,碱性条件下稳定,故“操作X”涉及到蒸发浓缩、降温结晶,c正确;
D.由分析可知,耐火材料为MgO,故“反应Y”的化学方程式是
NaBO2+2MgH2=2MgO+NaBH4,D正确;
故答案为:Bo
11.2022年诺贝尔化学奖授予了三位研究点击化学的科学家。Cu+催化的叠氮化物-焕煌
环加成和催化剂CuCl的晶体结构如图所示。下列说法正确的是
RI-N3+R2一
A.晶胞结构中,Cu+的配位数为8
B.基态Cu的价层电子排布式为3d94s2
C.叠氮化物-烘烽环加成反应只有◎键的断裂与形成
IC2QQ
D.若晶体的密度为dg/cm3,则晶胞参数a=J^xl07nm
VNAxd
【答案】D
【详解】A.由题干晶胞示意图可知,晶胞结构中,Cu+位于顶点和面心的cr形成的8
个正四面体中的4个中心,故Cu+的配位数即离Cu+最近且距离相等的C1-数目为4,A
错误;
B.己知Cu是29号元素,故基态Cu的价层电子排布式为3小。4$1,B错误;
C.已知单键均为◎键,双键为一个◎键和一个兀键,三键为一个6键和2个兀键,根
据题干反应可知,叠氮化物-快燃环加成反应只有兀键的断裂和只有◎键的形成,C错
误;
D.由题干晶胞示意图可知,一个晶胞中含有4个Cu+,cr个数为:8x:+6x:=4,即
o2
侬+355)
一个晶胞的质量为:Jg,故若晶体的密度为dg/cnA则晶胞参数
故答案为:D„
12.To时,向容积为5L的恒容密闭容器中充入一定量的A(g)和B(g),发生反应:
2A(g)+B(g)3C(g)+D(g)AH<0o反应过程中的部分数据如下表,下列说法错误的是
t/minn(A)/moln(B)/mol
04.02.0
52.01.0
102.01.0
A.其他条件不变,温度变为Ti时,平衡时测得C的浓度为0.8mol/L,则T〉To
B.8min时,该反应的。(正)=。(逆)
C.平衡时,D的体积分数约为14.3%
D.5min时,向该容器中再充入4.0molA和2.0molB,达新平衡后,B的百分含量
变大
【答案】A
【详解】
A.正反应放热,升高温度平衡逆向移动,根据图表数据,To时达到平衡,消耗ImolB,
则生成3moiC,C的浓度为0.6mol/L,其他条件不变,温度变为Ti时,平衡时测得C
的浓度为0.8mol/L,说明平衡正向移动,则Ti<To,A错误;
B.根据图表数据,5min后气体物质的量不再改变,说明5min后反应达到平衡状态,
试卷第8页,共23页
所以8min时,该反应的。(正)=。(逆),B正确;
2A(g)+B(g)3C(g)+D(g)
开始(mol)?4200
C.由三段式:3],平衡时,D的体积分
变化(mol)21
平衡(mol)2131
数约为---------xl00%=14.3%,C正确;
2+1+3+1
D.5min时,向该容器中再充入4.0molA和2.0molB,则相当于增大容器的压强,上述
平衡逆向移动,故达新平衡后,B的百分含量变大,D正确;
故答案为:Ao
13.电解苯酚的乙睛(CECN)水溶液可在电极上直接合成扑热息痛
),电极材料均为石墨。下列说法错误的是
A.电极d为阴极
B.装置工作时,乙室溶液pH增大
C.电极c的电极反应式为+CH3CN+H2O-2eT
D.合成Imol扑热息痛,理论上甲室质量增重96g
【答案】D
【分析】
由题意可知,右侧装置为电解池,则左侧装置为原电池。由SO:迁移的方向,可确定a
极为负极,b极为正极,c极为阳极,d极为阴极。
【详解】A.由分析可知,电极d为阴极,A正确;
+
B.装置工作时,乙室发生反应:H2O2+2e-+2H=2H2O,反应需要消耗H+,溶液pH增
大,B正确;
C.电极c为阳极,CH3CN在电极上失电子产物与苯酚等反应,生成
电极反应式为H+CH3CN+H,O-2e-
O
D.a极为负极,H2O2失电子生成H20和Ch,电极反应式为H2O2-2e+2OH=2H2O+O2T,
合成Imol扑热息痛,需要转移2moie,理论上有ImolSO:由乙室转移入甲室,同时甲
室生成ImolCh,贝!J甲室质量增重Imolx96g/mol-lmolx32g/mol=64g,D错误;
故选D。
14.溶洞水体中的H2cCh与空气中的C02保持平衡。现测得溶洞水体中Ige(X)X为
9
H2cCh、HCO3-、CO32-或Ca2+)与pH的关系如图所示,Ksp(CaCO3)=2.8xl0-o下列说
B.溶洞水体中存在关系式:2pH(b)=pH(a)+pH(c)
C.a点溶液中,c(Ca2+)=0.28morL-i
Kal(H2CO3)=1()4
Ka2(H2CO3)
【答案】C
【分析】
随着pH的增大,溶液的酸性逐渐减弱,c(HCO;)、c(COj)都增大,c(Ca2+)减小,即
lgc(HCO;)、lgc(COj)逐渐增大,lgc(Ca2+)逐渐减小,并且弱酸性环境中
lgc(HCO;)>lgc(CO^),所以曲线I表示lgc(HCO;)与pH的关系,曲线H表示lgc(CO:)
与pH的关系,曲线III表示lgc(Ca2+)与pH的关系。据此分析解答。
试卷第10页,共23页
【详解】
A.根据分析,曲线II代表lgc(CO;-)与pH的关系,A正确;
B.由I为HCO;,带入点(6.3,-5),&1=旦吗绘答=1063,1[为CO:,带入点(10.3,
C(H2CO3)
c(COhxc(H+)…c(HCC)Dxc(H*)*c(CO:)xc(H+)
/」)'3—。一叫心无所
/c。1=1c(H2co3)c(HCO;)
C(CO?-)X)
U、=]0-63X]0-IO.3,b点C(H2co3)=c(COj),则KixK=Cb2(H+),pH(b)=8.3,
C(H2co3)aa2
由此可知2pH(b)=pH(a)+pH(c),B正确;
c2”)c(CO;-)
C.a点溶液中,pH=6.3,由B分析可知,==10-66,此时,
C(H2CO3)
c(H2co3)=103mol/L、c(H+)=1063moVL,则c(CO,)=l(y9mol/L,c(Ca2+)=
Ksp(CaCC>3)_2.8x10°
=2.8mol-L1,C错误;
c(CO^)l.OxW9
63
Kal(H2CO3)_10-
D.-103=103D正确;
Ka2(H2CO3)10--
故选C。
二、解答题
15.已知三氯化六氨合钻[CO(NH3)6]C13为橙黄色晶体,易溶于热水,在冷水中微溶,可
在氯化馁和氨水的混合溶液中活性炭做催化剂条件下,利用双氧水氧化CoCb制备。
I.制备产品,步骤如下:
①称取2.0gNH4cl固体,用5mL水溶解,加到锥形瓶中。
②分批力口入3.0gCoC56H2。后,将溶液温度降至10℃以下,加入1g活性炭、7mL浓
氨水,搅拌下逐滴加入10mL6%的双氧水。
③加热至55-60℃反应20min,冷却,过滤。
④将滤得的黑黄固体转入含有少量盐酸的25mL沸水中,趁热过滤。
⑤滤液转入烧杯,加入4mL浓盐酸,冷却、过滤、干燥,得到橙黄色晶体。
回答下列问题:
⑴写出制备[CO(NH3)6]C13的化学方程式o
(2)步骤②中,将温度降至10℃以下的原因是o
(3)步骤③中反应装置部分仪器如上图(其中加持仪器路去),不包括过滤还需要的玻璃仪
器名称为,仪器A的名称为,仪器B的作用
是O
(4)步骤④中趁热过滤的目的是o
II.测定产品纯度,实验如下:
①称取ag产品溶于足量稀硝酸中,并用蒸储水稀释,置于锥形瓶中,加入过量
VimLcimol-L-iAgNOs溶液,并加3mL的硝基苯用力振荡。
1
②向锥形瓶中滴入3滴Fe(NO3)3溶液为指示剂,用C2mol-LKSCN溶液滴定过量的
10
AgNCh溶液,达到滴定终点时用去V2mL溶液。(已知:Ksp(AgCl)=1.8xlO,
12
Ksp(AgSCN)=1.0xl0)
回答下列问题:
(5)产品的质量分数为0(列出计算式)
(6)加入硝基苯的目的是0
活性炭
【答案】(1)2COC12+10NH3・H2O+2NH4C1+H2O2=2[CO(NH)6]C1+12HO
55〜60℃332
⑵减少浓氨水和H2O2分解,以免造成浪费
(3)酒精灯干燥管冷凝回流,提高原料的利用率
(4)防止冷却时析出三氯化六氨合钻[CO(NH3)6]C13为橙黄色晶体,造成损失
26.75(c,V,-c,V)
(5)-------v'12277%
3a
(6)使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖,防止AgCl转化为AgSCN沉淀
试卷第12页,共23页
【分析】
根据题意,在氨气和氯化镂存在条件下,以活性炭为催化剂,用双氧水氧化C0C12溶液
活性炭
来制备[CO(NH3)6]C13,反应的化学方程式为2coe12+10NH3・H2O+2NH4Cl+H2O2
55~60℃
2[CO(NH3)6]C13+12H2O;将粗产品溶于25mL热的稀盐酸中,再向滤液中缓慢加入4mL
浓盐酸,有大量橙黄色晶体析出,冰浴冷却后过滤,说明加入热的稀盐酸后应过滤;先
用冷的2moi・L-iHCl溶液洗涤晶体,再用少许乙醇洗涤,干燥,得产品。
【详解】(1)由分析可知,制备[CO(NH3)6]C13的化学方程式为:
活性炭
2COC12+10NH«H2O+2NH4Cl+HO22[Co(NH)6]C13+12HO,故答案为:
3255~60℃32
活性炭
2COC12+10NH3«H2O+2NHCl+HO2-2[Co(NH)6]C13+12HO;
4255~60℃32
(2)由于步骤②中使用的浓氨水和H2O2受热均易分解,故将温度降至10℃以下的原
因是减少浓氨水和H2O2分解,以免造成浪费,故答案为:减少浓氨水和H2O2分解,以
免造成浪费;
(3)由题干信息可知,步骤③中需要进行55~60℃水浴加热,故反应装置部分仪器如
上图(其中加持仪器路去),不包括过滤还需要的玻璃仪器名称为酒精灯,由实验装置图
可知,仪器A的名称为干燥管,仪器B的作用是冷凝回流,提高原料的利用率,故答
案为:酒精灯;干燥管;冷凝回流,提高原料的利用率;
(4)由题干信息可知,三氯化六氨合钻[CO(NH3)6]C13为橙黄色晶体,易溶于热水,在
冷水中微溶,故步骤④中趁热过滤的目的是防止冷却时析出三氯化六氨合钻
[CO(NH3)6]C13为橙黄色晶体,造成损失,故答案为:防止冷却时析出三氯化六氨合钻
[CO(NH3)6]C13为橙黄色晶体,造成损失;
(5)根据Ag+和C1-按物质的量比为1:1结合生成AgCl,Ag+和SCN-按物质的量比为
1:1结合生成AgSCN,故称取ag产品溶于足量稀硝酸中,并用蒸储水稀释,置于锥形
瓶中,加入过量VimLcimolUAgNCh溶液,并加3mL的硝基苯用力振荡,向锥形瓶中
1
滴入3滴Fe(NO3)3溶液为指示剂,用C2molL-KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液,达
3
到滴定终点时用去V2mL溶液,则参加反应的C1-的物质的量为:(ciVi-c2V2)xlO-moL
则[Co(NH3)6]Cb的物质的量为:(C'YgYWmol,故产品的质量分数为:
3
(C'V,-c.V^xlOMOLX2675G/MOLX100O/^26,75(C1V1-C2V2)%>故答案为:
~3a
26.75(cNqVj%,
3a
(6)
由题干信息可知,Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN),即AgCl易转化为AgSCN,且硝基苯的密
度比水的大,故实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖,防
止AgCl转化为AgSCN沉淀,故答案为:使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖,防止AgCl
转化为AgSCN沉淀。
16.一种利用硫铁矿(主要成分是FeS,含少量AI2O3、SiCh和FesCU)制备新能源汽车电
池电极LiFePCU的工艺流程如下:
SO,试剂R/H2sO4溶液(NH4)2HPO4
t[I
___________I」中LiCOHC0
硫铁矿粉末—>焙烧——*氧化-------->沉铁一FePO,2吉:"祁2屋|LiFePO4
।~~同?nn股烧
空气滤液
①已知室温下难溶物溶度积常数如下表,离子浓度小于10-5mol/L,认为沉淀完全。
难溶物
Fe(OH)3Fe(OH)2A1(OH)3FePO4
-17-331.4x10-22
Ksp1.0x10-39l.OxlOl.OxlO
3-13
(2)Kal(H3PO4)=7.6xl0-,K^CH3Pop=6.3x1OH,Ka3(H3PO4)=4.2x10
回答下列问题:
⑴从“焙烧”到“氧化”要经历“酸浸一还原T过滤一除铝”4道工序。
①若“酸浸”工序用硫酸,“还原”工序加入FeS。“还原”工序的离子方程式
为,滤渣的成分是(填化学式)。
②“除铝”工序可加入的难溶物质是(填化学式),除净铝离子需要调节的最
小pH为(结果保留一位小数)。
(2)“氧化”步骤中,加入的试剂“R”最佳是(填标号),
A.HN03B.H2O2C.Ca(C10)2D.KMnO4
判断是否氧化彻底的试剂名称为。
(3)“沉铁”步骤反应的平衡常数为。
(4)“高温煨烧”时,发生的主要反应的化学方程式为o
【答案】⑴2Fe3++FeS=3Fe2++SFeS和SFeO4.7
(2)B酸性高镒酸钾溶液
(3)3.0x109
试卷第14页,共23页
高温煨烧
⑷Li2cCh+H2c2O4+2FePC>42LiFePO4+3CO2T+H2O
【分析】
硫铁矿(主要成分FeS2含少量AI2O3、SiO2>和Fes。。通入空气煨烧生成铝、铁的氧化物
和二氧化硫,矿石中二氧化硅不反应;酸浸过程中铝、铁的氧化物和稀硫酸反应转化为
相应的盐溶液,二氧化硅不和稀硫酸反应得到滤渣,滤液可加入FeS将铁离子转化为亚
铁离子同时生成硫单质,过滤除去硫和过量FeS,滤液加入FeO调节pH值除去铝得到
滤渣,滤液加入过氧化氢,将亚铁离子转化为三价铁离子,再加入(NH4)2HPC>4沉铁,
得到磷酸铁,最后高温燃烧Li2co3、H2c2O4、FePCU的混合物生成LiFePCU,据此分析
解题。
【详解】(1)①由分析可知,若“酸浸”工序用硫酸,“还原”工序加入FeS,即用FeS还
原Fe3+,将Fe3+还原为Fe2\FeS中S氧化为S,故“还原”工序的离子方程式为:
2Fe3++FeS=3Fe2++S,过滤得到滤渣的成分是FeS和S,故答案为:2Fe3++FeS=3Fe2++S;
FeS和S;
②由分析可知,“除铝”工序可加入的难溶物质是FeO,除净铝离子即A13+浓度小于等于
10-5mol/L,则此时溶液中c(OH»J'史"豆=jQ=4.6xl()-i0mol/L,贝Ijc(H+)0
VC(A13)V10-5
Kwio-14
c(QH)=46?_10=2.17x10-5mol/L,故需要调节的最小pH^-lg(2.17xl0-5)=5-0.33=4.7,
故答案为:FeO;4.7;
(2)由分析可知,“氧化”步骤中是将Fe2+氧化为Fe3+,加入HNO3将产生有毒有害气
体NO,加入Ca(C10)2、KMnCU将引入杂质离子,加入H2O2时其还原产物为H2O,不
引入新的杂质,故加入的试剂“R”最佳是H2O2,判断是否氧化彻底即检验氧化后的产物
中是否含有Fe2+,故该试剂名称为酸性高锦酸钾溶液,故答案为:B;酸性高锌酸钾溶
液;
(3)由题干流程图可知,“沉铁”步骤反应为:Fe3++HPOj.•FePOU+H+,该反应的平
c(H+)c(H+)c(PO;)但但『。4)4.2?IO-13
=3.0x109,故
衡常数:K=-22
c(Fe")c(HPOj)-c(Fe")c(POr)c(HPOj)-Ksp(FePO4)-1.4?10
答案为:3.0x109
(4)“高温燃烧”时,发生的主要反应即Li2co3、H2c2O4和FePCU生成LiFePCU和CO2,
高温燃烧
根据氧化还原反应配平可得该反应化学方程式为:Li2c03+H2c2O4+2FePO4
高温燃烧
士兀
2LiFePO4+3CO2T+H2O,故答案为:Li2cCh+H2c2C)4+2FePC)4
2LiFePO4+3CO2T+H2O„
17.通过捕捉空气中的CO2和电解水产生的H2可以合成“零碳甲醇”,实现碳中和。回
答下列问题:
⑴已知H2燃烧热为286kJ.mol",甲醇的燃烧热为726kJ.molL反应
1
CO2(g)+3H2(g)u-CH3OH(D+H.O(DAH,△H=kJ.mol
⑵采用绿色光伏发电电解Na2sO4溶液制备H2,同时获得H2s04和NaOH。已知a、b
均为惰性电极,气体甲和乙的体积比为2:1,b极的电极反应式为
光
离子交换膜
⑶在2L恒温恒容有某催化剂的密闭容器中充入2molCO2和6molH2,发生如下反应:
主反应①:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)AHi<0
副反应②:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)AH2<0
副反应③:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH3>0
某温度下反应均达平衡后,测得CH30H为1mol、CH4为0.4mol、CO为0.2mol,则
CHQH的物质的量
CH30H选择性=
CH3OH的选择性为转化的CO?的物质的量*°)
反应②的平衡常数(只列出计算式)。
(4)若测得上述反应在不同温度下CO2的平衡转化率和甲醇的选择性如下图:
试卷第16页,共23页
2004006008001000
反应温度FC
通过图示分析,更适合生产甲醇的温度为(填标号),
A.400℃B.600℃C.800℃D.1000℃
高于800℃时,CO2转化率增大的主要原因是=
(5)利用电喷雾电离等方法可得MO+,MO+与CEU反应能高选择性地生成甲醇,反应机
己知参与化学键变化的元素替换成更重的同位素时,反应速率会变慢,则MO+与CD4
反应的能量变化曲线为(填c、d),写出MO+与CHD3反应生成的笊代甲
醇的结构简式O
【答案】⑴-132
+
(2)2H2O-4e-=O2?+4H
0.4
-------X
(4)A温度高于800℃,反应①和反应②为放热反应,平衡逆向移动,反应③
为吸热反应,平衡正向移动且程度更大
(5)cCD3OH,CHD2OD
【详解】(1)由H2燃烧热为286kJ.moH,甲醇的燃烧热为726kJ.moH,可得热化学方
程式①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)AHJ=-572kJ/mol、②2cH30H(g)+3O2(g)=2CC)2(g)+4H2O(l)
AH2=-1452kJ/mol,由盖斯定律可得,反应COz(g)+3H式g)CH3OH(1)+H2O(1)
3x(-572kJ/mol)-(-1452kJ/mol)……一।
△ATHT=----------------------------------------=-132kJ/mol;
2
(2)以惰性电极电解硫酸钠溶液制备氢气时,气体甲和乙体积之比为2:1,甲氢气、乙
为氧气,生成氧气时发生的是氧化反应,所以b电极为阳极,其电极反应式为
+
2H2O-4e-=O2T+4H;
(3)由反应①、②、③的化学计量数可知,消耗的二氧化碳的物质的量分别为Imol、
0.4moh0.2mol,而平衡时甲醇的物质的量为Imol,所以甲醇的选择性为
lmol
-xl00%=62.5%.三段式
l.omol
+
co2(g)3H2(g)CH30H(g)+H2O(g)
始/mol2600
转/mol1311、
平/mol24-0.4-0.2=0.46-3-1.6-0.2=1.211+0.8+02=2
+
CO2(g)4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
始/mol2600
转/mol0.41.60.40.8、
平/mol2-1-040.2=0.46-34.6-0.2=1.20.414-0.8+0.2=2
+()
CO2(g)H2(g)cog+H2O(g)
始/mol2600
,所以反应
转/mol0.20.20.202
平/mol24-0.4-0.2=0.4631.6-0.2=1.20.21+0.8+02=2
0.4,2.j
:2(HQ)_丁(5)
②的平衡常数为K=c(映)<
C4(H))J
c(CO2)•204L2
22
(4)由选择性的定义可知,选择性越好,说明该物质的产率越高,由图可知400℃二
氧化碳的转化率为60%、甲醇的选择性为50%,600℃二氧化碳的转化率为30%、甲醇
的选择性为75%,800℃二氧化碳的转化率为20%、甲醇的选择性为60%,1000℃二氧
化碳的转化率为40%、甲醇的选择性为25%,因为400℃的二氧化碳的转化率与甲醇的
选择性之积最大,所以更适合生产甲醇的温度为400℃,故答案为:A;反应①和反应
②为放热反应,温度高于800℃,平衡逆向移动,反应③为吸热反应,温度高于800℃
平衡正向移动且程度更大,所以二氧化碳的平衡转化率增大;
(5)反应速率越慢,说明反应的活化能越大,由结合图可知活化能c>d,则MO+与CD4
反应的能量变化曲线为c;由反应进程-能量图可知,反应过程中,H或D都有可能发
生成键变化,分别生成CD3OH、CHDoODe
18.化合物I是某抗肿瘤药物的中间体,其合成路线如下图:
试卷第18页,共23页
oo
已知:
RR
①C=O+HNRt
22C=NR2
K(H)/(H)
RCH=CHN-R
②RCH.CHO+R]NHR,—I2
R.
③苯环上的卤原子较难水解。
回答下列问题:
(1)E—F所需试剂有。
(2)化合物H中含氧官能团名称为,D-E的反应类型为
(3)上述合成路线设置反应A—>B、C―>D的目的是o
(4)化合物D发生缩聚反应生成高分子的化学方程式为
(5)化合物I的结构简式为。
(6)写出任意一种满足下列条件E的同分异构体。
①含有苯基和氨基,且二者直接相连,但Br原子不与苯环直接相连;
②属于酯类,可发生银镜反应;
③含有手性碳原子。
(7)参
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