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文档简介
高三化学试题
2024.1
注意事项:
1.答题前,考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置,认真核对条形码上的姓
名、考生号和座号,并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂;非选择题答案必须使用0.5毫米黑色
签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题
卷上答题无效。保持卡面清洁,不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量:HlLi7N14016C135.5Co59
一、选择题:本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.我国航空航天技术走在世界前列,其中化学材料起着重要作用。下列说法错误的是
A.神州十七号载人飞船使用的可充电镉银电池属于二次电池
B.中国空间站核心舱使用的半导体碎化线是太阳能电池材料
C.航天员航天服制作材料中的涤纶属于天然有机高分子材料
D.国产飞机C919用到的氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料
【答案】c
【解析】
【详解】A.可充电镉银电池能充放电,属于二次电池,A正确
B.半导体碑化像具有良好的半导体性能,是太阳能电池材料,B正确;
C.涤纶属于人工合成有机高分子材料,C错误;
D.氮化硅陶瓷性能优良,属于新型无机非金属材料,D正确;
故选Co
2.下列说法正确的是
A.乙焕分子的空间填充模型为
B.2-甲基-2-戊烯的键线式为
c/凶―0—CHO空工种来
C.1属于醛类
D.Ij^jj存在属于芳香族化合物的同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙块分子中四个原子在同一条直线上,故A错误;
B.2-甲基-2-戊烯的键线式为故B错误;
C.该有机物的官能团为-OOCH,属于酯类,故C错误;
D.该分子含有7个碳、不饱和度为4,苯环的不饱和度也为4,则存在属于芳香族化合物的同分异构体,
故D正确;
故答案选D。
3.短周期主族元素X、Y、Z、Q的原子序数依次增大。基态X原子最高能级有3个未成对电子;基态Y
原子的最外层电子数为内层电子数的3倍;基态Z原子的第一电离能高于同周期相邻元素;基态Q原子的
价电子,在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等。下列说法错误的是
A.原子半径:Z>Q>X>YB.元素的电负性:Y>X>Q>Z
C.简单氢化物的熔点:Z>Y>X>QD.X和Y的单质分子均为非极性分子
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、Q原子序数依次增大,X的原子序数最小,而基态X原子最高能级
有3个未成对电子,可知X的电子排布式为:Is22s22P3,则X为N元素;基态Y原子的最外层电子数为
内层电子数的3倍,Y含有2个电子层,因此Y的核外电子排布为2、6,可知Y为O元素;Q的原子序
数最大,因此Q元素在第三周期,基态Q原子的价电子,在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等,可
知Q的电子排布式为:Is22s22P63s23P2,则Q为Si元素;由此可知,Z元素也在第三周期,基态Z原子的
第一电离能高于同周期相邻元素,说明为第IIA或VA族,又原子序数小于硅,可知Z为Mg元素,综合
可知,X、Y、Z、Q分别为N、0、Mg、Si元素,据此作答。
【详解】A.同周期主族元素从左到右原子半径递减,同主族元素从上往下原子半径递增,则原子半径:
Mg>Si>N>0,故A正确;
B.同周期主族元素从左到右元素电负性逐渐增大,同主族元素从上往下元素电负性逐渐减小,则元素的
电负性:0>N〉Si〉Mg,故B正确;
C.MgH2离子晶体,H2O,NH3、SiH4为分子晶体,因此MgH2的熔点最高,而常温下,外0为液态,
NH3、SiFU为气态,NH3分子间存在氢键,其沸点大于硅烷,则简单氢化物的熔点:
MgH2>H2O>NH3>SiH4,故C正确;
D.X和丫的单质分子有N2、02、03,N2、O2均为非极性分子,但是。3为极性分子,故D错误;
故答案选D。
4.下列装置或操作能达到实验目的的是
A.测定Na2s。3溶液的浓
B.测定H2O2分解产生气体的体积
度
D.由CUSO4,5H2。制取无水
C.测定中和反应的反应热
CuSO4
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A.酸性高镒酸钾溶液具有强氧化性,会腐蚀碱式滴定管的橡胶管,应该使用酸式滴定管进行滴
定,图中为酸式滴定管,故A正确;
B.不能用长颈漏斗,否则会导致气体从长颈漏斗口逸散,需要用分液漏斗,故B错误;
C.根据图示可知简易量热计中缺少搅拌用的环形玻璃搅拌器,故C错误;
D.加热五水硫酸铜失去结晶水生成无水硫酸铜,温度要达到150℃以上,应该在日期中进行,故D错
误;
故答案选A。
5.邻羟基苯甲酸乙酯(Oj]-C°℃2H5)广泛应用于有机合成,还可用作食品香料、工业溶剂等,其制
—OH
(CS^^V-COOHCH,—V—SO,H
备原理为「IP+CH3CH2OH.\=J-彳、一COOC2H5+H2O。下列说法错误
-----酝------^LJJZOH
的是
A.加热方式可采用电加热套加热
B.可用饱和NaHCO3溶液洗涤反应后的混合液
C.洗涤后所得粗品可用碱石灰干燥
D,酸性:COOC2H5>CH3cH20H
OHOH
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应温度控制在95℃,加热方式适合用电加热套加热,可以恒定温度,故A正确;
B.饱和NaHCOs溶液可中和酸,可用其洗涤反应后混合液中的酸性杂质,故B正确;
C.碱石灰中含有少量NaOH等强碱,可使酯在碱性条件下发生水解,不可用碱石灰干燥,故C错误;
D.根据较强酸制较弱酸的规律可知,产丁C0°H的酸性比C0℃2H5强,而乙醇为非电解
OHOH
质,含有的并非是酚羟基,并不能电离出H+,酸性最弱,因此酸性:rirCOOH>
OH
r^l|—COOC2H5
>CHCHOH,故D正确;
OH32
故答案选c。
6.“价一类,,二维图为我们认识物质性质和实现物质转化提供了新思路。下列说法错误的是
化合价]
+4-----b---------
+3--------<5------
+2---------------
+1-----------♦-
0-&------------
iiii_____
单质氧化物酸盐物质类别
A.若a含Cu元素,其在潮湿的空气中可生成铜锈[CU2(OH)2co3]
B.若b含S元素,其能使紫色石蕊试液先变红后褪色
C.若c含P元素,其为二元弱酸,与足量NaOH溶液反应生成Na?HP03
D.若d为钠盐,其可具有氧化性,也可具有还原性
【答案】B
【解析】
【详解】A.若a为含Cu元素,铜在空气中与水、氧气和二氧化碳生成铜锈,A正确;
B.若b含硫元素,为S02,SO2能使紫色石蕊试液先变红,无法褪色,B错误;
C.若c含P,为+3价含氧酸,其为H3Po3,为二元弱酸,与足量NaOH溶液反应生成NazHPCh,C正
确;
D.若d为钠盐,若为+1价C1的含氧酸盐NaClO,既可以具有氧化性,也可以具有还原性,D正确;
故答案为:B»
7.药物贝诺酯由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚制备,其原理为
下列说法错误的是
A.乙酰水杨酸分子中所有碳原子可共平面
B.对乙酰氨基酚的核磁共振碳谱有5组峰
C,对乙酰氨基酚在一定条件下可与甲醛反应
D.贝诺酯在酸性条件下充分水解可得到3种产物
【答案】B
【解析】
【详解】A.乙酰水杨酸分子中苯环所有原子共平面,酯基和竣基C采取sp2杂化,也为平面结构,单键
可旋转,所以所有碳原子可共平面,故A正确;
B.根据对乙酰氨基酚的结构可知,有6种碳原子的化学环境均不同,则核磁共振碳谱为6组峰,故B错
误;
C.根据苯酚和甲醛在一定条件下发生缩聚反应生成酚醛树脂,因此对乙酰氨基酚与甲醛在一定条件下可
以发生类似反应,故C正确;
八一。H
D.贝诺酯中酰胺基、2个酯基发生水解反应生成CH3coOH、AT、
、^COOH
HO—NH2,故D正确;
故答案选B。
8.某Sn和Nb形成的金属化合物的立方晶胞结构如下。
下列说法正确的是
A.该晶体属于金属晶体
B.Sn周围距离最近的Sn原子个数为6
C.该晶胞沿x轴、z轴的投影图完全相同
D.该晶体在高温时导电能力更强
【答案】A
【解析】
【详解】A.Sn和Nb为金属元素,形成的化合物为金属晶体,A正确;
B.Sn原子位于晶胞的8个顶点,1个体心,体心周围距离最近且相等的Sn原子个数是8个顶点的Sn,故
Sn周围距离最近的Sn原子个数为8,B错误;
C.晶胞沿y轴、z轴的投影图完全相同,投影图为[[IJ与晶胞沿x轴投影图[•.・:不同,C错
误;
D.高温时,金属的电阻增加,导电能力减弱,D错误;
故答案为:Ao
9.实验室从含I?的水溶液中提取纯碘有以下两种方案
NaOH溶液硫.酸
(方案甲)史尽12化过滤
转化纯碘
ecu提纯
有机层
含卜的水溶液富集—有机层
(方孰叵A纯确
水层
下列说法母牛的是
A.“富集”使用的分液漏斗振荡排气时,分液漏斗下口应向上倾斜
B.方案甲中,“酸化”时反应的氧化剂与还原剂物质的量之比可能为1:5
C.方案乙中,“操作X”的名称是升华
D.该流程中Cd,可循环利用
【答案】C
【解析】
【详解】A.“富集”使用的分液漏斗振荡排气时,为了方便排气减小压强差,分液漏斗下□应向上倾
斜,A正确;
B.方案甲中,加入NaOH溶液反应的化学方程式为3l2+6NaOH=Na/Q+5Na/+3H2O,“酸化”
时反应的化学方程式为5Na/+NaIO3+3H2S(94=3I2+3Na2SO4+3H2O,氧化剂为NalCh,还原剂为
NaL氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5,B正确;
C.根据流程图可知,方案乙中,“操作X”的名称是蒸储,C错误;
D.根据流程图可知,该流程中CC14可循环利用,D正确;
故选C。
10.我国某科研团队提出用多孔泡沫铁、高度膨化的纳米泡沫碳和添加NH4C1的FeSO4溶液构建独特的
“摇椅式”全铁离子电池,电池结构如图(阴离子未标出)。
泡
集
泡
沫
电
沫
铁
器
碳
下列说法正确的是
A.放电时,N的电极电势高于M
B.充电时,泡沫铁上发生的电极反应为Fe?++2e-=Fe
C.充电时,每转移2moi参与反应的物质中铁元素总质量为112g
D.为提高电池效率,可用KC1代替NH4cl
【答案】B
【解析】
【分析】电池结构使用的是多孔泡沫铁、高度膨化的纳米泡沫碳,因此放电时,N极泡沫铁失电子发生氧化
反应:Fe-2e-=Fe2+,N是负极;M电极Fe3+在泡沫碳表面得电子发生还原反应:Fe3++e-=Fe2+,M是
正极;
充电时,N极为阴极,发生还原反应,电极反应式为:Fe2++2e-=Fe;M极为阳极,发生氧化反应,电
极反应式为:Fe2+-e-=Fe3+,据此作答。
【详解】A.根据分析可知,N是负极,M是正极,正极电势高于负极电势,因此放电时,M的电极电势
高于N,故A错误;
B.充电时,M是阳极,阳极的电极反应式为:Fe2+-e-=Fe3+.故B正确;
C.根据分析可知,充电时,转移2moie「时,阳极上有2moiFe?+参与反应,阴极上有lmolFe2+参与反应,
故参与反应的物质中铁元素总质量为3x56g/mol=168g,故C错误;
D.氯化镂溶液为酸性,可抑制Fe2+、Fe3+水解,故不能用KC1代替NH4Cl,故D错误;
故答案选B。
二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全
部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
11.下列实验操作、现象均正确,且所推结论合理的是
选
实验操作现象结论
项
乙二醇被酸性KMnO4溶液氧化
A向一定量酸性KMnC>4溶液中加入乙二醇溶液紫色变浅
为乙二酸
向浓硫酸加入炭粉并加热,导出的气体通入溶液中出现白
B导出的气体中有so?和cc)2
BaJ溶液中色沉淀
向一定浓度的CuS。,溶液中通入适量H2S溶液中出现黑
CH2s的酸性比H2sO4强
气体色沉淀
室温下,向pH=7的某补铁剂溶液中加入邻溶液中出现橙
D该补铁剂中含有Fe?+
二氮菲红色
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.将乙二醇(HOCH2cH2OH)加入酸性KMnCU溶液中,溶液紫色变浅,只能说明乙二醇能够将酸
性高铳酸钾溶液还原,但不能说明乙二醇被氧化成乙二酸,故A错误;
B.浓硫酸中加入炭粉并加热,由于SO2和CO?不与氯化钢溶液反应,将导出的气体通入BaCL溶液中不
会生成白色沉淀,故B错误;
C.CuSCU和H2s反应生成CuS黑色沉淀,反应能发生是因为CuS不溶于硫酸,不是因为H2s的酸性比
H2s04强,硫酸是强酸,H2s是弱酸,故C错误;
D.邻二氮菲与Fe2+在pH=3〜9的溶液中,会形成一种稳定的橙红色络合物,若补铁剂溶液pH过小,氢
离子与邻二氮菲中的氮原子形成配位键影响亚铁离子检验,溶液pH过大,亚铁离子会与氢氧根离子生成
氢氧化亚铁沉淀影响亚铁离子检验,所以若向pH=7的溶液中加入邻二氮菲,溶液变为橙红色说明补铁剂
中含有亚铁离子,故D正确;
故答案选D。
12.菱镁矿(主要成分为MgCC>3,含少量Ca、Si、Fe、Mn和Al等元素)制备氟化镁的工艺流程如下。
泡渣I、尾气流沿2沙渣3旄液4泣液
3933
已知:①室温下,^sp[Fe(OH)3]=2.8xlO-,7Csp[A1(OH)3]=1.3xlQ-;
②c(Mn+)<1.0xl0-5mol•「时,认为该离子已沉淀完全。
下列说法错误的是
A.“蒸氨”时,尾气的主要成分是NH3、C02
B.“氧化除镒”时,消耗Hz。?溶液的体积高于理论值
C.“除铁铝”时,当AJ3+恰好沉淀完全时,c(Fe3+)=2.15xl()Timol•匚।
D.“沉淀”时,发生反应的离子方程式为2F-+Mg2+=Mg月J
【答案】AD
【解析】
【分析】由题给流程可知,菱镁矿主要成分为MgCOs,含少量Ca、Si、Fe、Mn和Al等元素煨烧,转变为
二氧化碳和各元素的氧化物,加入硝酸镀溶液“蒸氨”,各金属氧化物转变为硝酸盐溶液,但二氧化硅不
溶,则过滤得滤渣1为二氧化硅、尾气为氨气;向滤液加入过氧化氢“氧化除铳”,锦元素转变为沉淀MnCh,
3+
硝酸镀溶液呈酸性,酸性条件下过氧化氢将溶液中的Fe2+转化为Fe,则过滤所得滤渣2为MnO2,滤液中
加入草酸溶液“除钙”,反应中产生草酸钙沉淀,则过滤所得滤渣3为CaCzCU,向滤液中加入氨水“除铁
铝”:调节溶液pH,将溶液中Fe3+、AF+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,则过滤得到滤渣4含有氢氧化
铁、氢氧化铝,滤液所含主要阳离子为镁离子,向滤液中加入氢氟酸溶液,将溶液中镁离子转化为氟化镁沉
淀,过滤即得到目标产物氟化镁。
【详解】A.根据分析可知,“蒸氨”时,尾气主要成分是NH3,二氧化碳是在燃烧时产生,故A错
误;
B.H?。?溶液是绿色氧化剂,将镒元素转变为沉淀MnCh,还将Fe2+氧化为Fe3+,但生成的MnCh和Fe3+
能催化H2O2分解,从而加大H2O2用量,故B正确;
C.“除铁铝”过程中,由Ksp[Fe(OH)3]=2-8xlO-39,姆「[Al(OH)3]=L3xlOf知:当&3+恰好沉淀
C(AT)KSJA1(0H)J1.3X10-33
完全时,铁离子早已沉淀完全,则溶液中:3+3+<=:驾一s右39,可知
c(Fe)Ksp[Fe(OH)3]2.8x10
3+3+111
c(Fe)=c(Al)xKsp!Fe(0H)3]=10xl0-5><2用><1°:«2.15x10mol-17,故C正确;
VV7
Ksp[Al(OH)3]1.3x10-33
D.HF为弱酸,则“沉淀”时,反应产生氟化镁沉淀的离子方程式是:2HF+Mg2+=MgEJ+2H+,故
D错误;
故答案选ADo
13.中国科学家研究用H2还原NO生成N2和NH3的路径,各基元反应及活化能Ea(kJ-mo「)如图所
示。下列说法错误的是
A.NH2NO中N原子的轨道杂化方式有2种
B.路径中NO被H2还原为NH3的化学反应速率更快
C.路径中NO被H?还原为N?的反应焰变更小
D.NO生成NH3的各基元反应中,N元素均被还原
【答案】C
【解析】
【详解】A.NH2NO中N原子的轨道杂化方式为sp3、sp2,A正确;
B.活化能大的反应,速率慢,为该反应的决速步,则生成NH3的决速步活化能为82.5kJ/mol,生成N2的
决速步活化能为128.5kJ/mol,则生成NH3的速度快,B正确;
C.根据盖斯定律,路径中NO被H2还原为N2的反应焰变更大,C错误;
D.图示可知,生成氨气的过程为:NOTHNOTNH2O—NH2OHTNH2TNH3,每步反应中N元素化合价
均是降低,被还原,D正确;
故答案选C。
下列说法正确的是
A.。2在电极a上产生
B.隔膜为阳离子交换膜
C.电极b的电极反应为DHPS+2e-+2H2O=DHPS-2H+20H
D.[Fe(CN)6]”为正八面体结构,其中4个CN-被NCS-取代后能得到2种产物
【答案】CD
【解析】
【分析】由图可知,a电极发生氧化反应为阳极,碱性条件下[Fe(CN)6]4-离子在阳极失去电子发生氧化反
应生成[Fe(CN)6p-离子,催化剂作用下,[Fe(CN)6p-离子与氢氧根离子反应生成[Fe(CN)6『一离子、氧气和
水,b电极发生还原反应为阴极,水分子作用下DHPS在阴极得到电子发生还原反应生成DHPS—2H和氢
氧根离子,催化剂作用下,DHPS—2H与水反应生成DHPS和氢气,氢氧根离子通过阴离子交换膜由阴极
室向阳极室移动,则M为氧气、N为氢气。
【详解】A.电极a上发生[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]L,在反应器I中[Fe(CN)6p-离子与氢氧根离子反应生成
[Fe(CN)6F-离子、氧气和水,A错误;
B.由分析可知,氢氧根离子通过阴离子交换膜由阴极室向阳极室移动,则隔膜为阴离子交换膜,B错
误;
C.电极b发生还原反应,水分子作用下DHPS在阴极得到电子生成DHPS—2H和氢氧根离子,电极反应
为DHPS+2}+2H2O=DHPS-2H+20H,C正确;
D.[Fe(CN*『为正八面体结构,以Fe3+为中心周围有6个CN-离子,其中4个CV被NCS「取代后,
还余下2个CN-离子,位置关系为八面体的邻位和对位2种产物,D正确;
答案选CDo
15.室温下,溶洞水体中的H2cO3与空气中的CO?保持平衡,测得某溶洞水体中lgc(X)(X为H2co3、
HCO;、CO)或Ca2+)与pH的关系如图所示[Ksp(CaCO3)=L0xl(r9]。下列说法正确的是
B.a、b、c三点溶液中,c2(HCOj/c(COj)的值均相等
C.pH=7时,lgc(Ca2+)=-1.4
D.溶洞水体中:c(OH")-c(H+)-c(HCO;)=2.0xlO-5molI71
【答案】BC
【解析】
【分析】随着pH的增大,溶液的酸性逐渐减弱,c(HCO;)、c(CO,)都增大,c(Ca2+)减小,即lgc(HCO;)、
Igc(COj)逐渐增大,lgc(Ca2+)逐渐减小,并且弱酸性环境中lgc(HCO;)>lgc(CO,),所以经过a点的曲线
表示Igc(HCO')与pH的关系,经过b点的曲线表示lgc(CO:)与pH的关系,下降的曲线表示lgc(Ca?+)与
c(HCOQc(H+)
pH的关系,(6.3,-5)点时c(H2co3)=C(HCO;),此时Ka】==c(H+)=1063,同理根据(10.3,
c(H2co3)
c(CO;)c(H+)
-1.1)点数值计算Ka?==c(H+)=10103结合Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)Xc(CO;-)进行计算,据此
C(HCO3)
分析解答。
【详解】A.根据分析可知,随着pH的增大,lgc(HCO;)是增大,lgc(Ca2+)逐渐减小,所以二者变化趋势
不相同,故A错误;
B.a、b、c三点溶液中c(H2co3)保持不变,则有
c2(HCO;)_c2(HCO;)c(H+)c(H2co3)_C(HC0;)C(H+)c(HC0;)
+-+2
c(CO^)c(CO^)c(H)c(H2CO3)C(H2CO3)c(COf)c(H)("
**=逐*“(凡8、)保持不变,故B正确;
63103
C.根据分析可知,Ka^lO--,Ka2=10-,则
C(CO?)
2)由图中点数据可知,
陋(凡83)xKa2(H2CO3)=后时xc"=10-166,a
lg(H2CO3)=-5,则c(H2co3)=10qnol/L,当pH=7时,代入可得,
z,、10166XC(HCO)10-166XW576
c(C。;)=—c2(;+j93=(my=1.0x1。―moI/L,
2+14
lgc(Ca)=lg^|^d=lg^^J=lg(1.0xl0-)=-1.4,故C正确;
C[I1.VJAIV
5
D.溶洞水体中,C(H2CO3)=10moVL,溶液呈弱酸性,因止匕c(0IT)<c(H+),故D错误;
故答案选BC。
三、非选择题:本题共5小题,共60分。
16.近年来,我国新能源汽车行业蓬勃发展,其动力电池常选锂电池。回答下列问题:
(1)基态Li原子的轨道表示式为。
(2)多种冠酸的空腔直径和适合粒子直径数据如下。
冠醒名冠醒空腔直径
适合粒子直径(Pm)
称(Pm)
12••冠-4120〜150Li+(152)
15-冠-5170〜220Na+(204)
......260〜320K+(276)、
Rb+(304)
......340~430Cs+(334)
①冠醒可用作理电池电解质添加剂,提高导电性能。锂离子可与一种冠酸作用生成稳定的络离子
,原因是.
②冠雄()可使辛烯更易被KM11O4溶液氧化,该冠酸名称为
(3)锂钻复合氧化物是锂电池常用的正极材料,其理想晶体的结构如图。
①锂钻复合氧化物的化学式为
②该晶体密度为g-cnr3(列出计算式,NA表示阿伏加德罗常数的值)。
③Li+在_______(填“充电”或“放电”)过程中会从层间脱出,该过程会导致结构的c变大,原因是
【答案】(1)皿fflCE(2)①.冠酸空腔直径与锂离子直径适配②.18-冠
Is2s2p
-6
2x9x98
(3)①.LiCoCh②.语/,义10"③.充电④.锂离子减少,使得锂离子层与0-0层
吸引力减弱,0-0层之间的排斥使得层间距离增大
【解析】
【小问1详解】
基态Li为3号元素,原子的轨道表示式为
Is2s2p
【小问2详解】
①根据表格数据可推断冠酸空腔直径与适合的粒子直径适配是冠酸识别碱金属离子的必要条件;锂离子可
0rAp
与一种冠酸作用生成稳定的络离子['⑥:原因是冠酸空腔直径与锂离子直径适配。
中碳氧原子数目为18且含有6个氧原子,该冠酸名称为18-冠-6;
【小问3详解】
①根据“均摊法”,晶胞中含12x』+2x1+6=9个Li、6x」+l+6=9个Co、12x^+2+12=18个0,
6233
则锂钻复合氧化物的化学式为LiCoCh。
9M
213
②晶体密度为----加-----xl0g-cm-=xlO21g-cm~3;
上2373a2cN
ax——ax3xcAA
2
③钻复合氧化物是锂电池常用的正极材料,则Li+在充电过程中会从层间脱出,向阴极移动发生还原反
应,该过程会导致结构的c变大,原因是锂离子减少,使得锂离子层与0-0层吸引力减弱,0-0层之间的
排斥使得层间距离增大。
17.LATP是一种具有高离子电导率和优异化学稳定性的固体电解质,其化学式为
U14Al04Ti16(PO4)3„某研究人员以钛铁矿(主要成分为FeTiO,含少量ALO3、SiO?)为原料合成
LATP的工艺流程如下。
NaOH溶液稀硫酸磷酸
钛铁矿滤液2
A1PO>Li,PO.、
LATP*----------4——-~~-4-TI(PO)
高温344
21363
已知:室温下,^sp(AlPO4)=9.8x10,^sp[Ti3(PO4)4]=1.0xl0-,(H3PO4)=7.2x10,
&2(H3Po4)=6.2X10-8,&3(H3Po4)=4.5X1013。
回答下列问题:
(1)为提高钛铁矿浸取率,还可以采用的措施有(写出一条)。
(2)“粉碎过筛”后,不能省略“碱浸”的原因是o
(3)“酸浸”时反应的离子方程式为o
(4)“沉钛”时生成Ti3(PC)4)4的化学方程式为。为探究可否通过Ti,+与HsP。4反应生成
4++
Ti3(PO4)4,需计算反应3Ti+4H3PO4Ti3(POjJ+12H的平衡常数K=(保留2位有
效数字)。
(5)高温反应时,理论上"(PC))、AIPO4、Li3P5物质的量的投料比为。
【答案】(1)适当加热、搅拌或者增大NaOH的浓度
(2)生成磷酸钛中易混有磷酸铝
+2+2+
(3)FeTiO3+4H=Fe+TiO+2H2O
(4)①.3TiOSCU+4H3Po4=Ti3(PO4)41+3H2so4+3H2O②.1.6xl()-5i
(5)8:6:7
【解析】
【分析】钛铁矿粉碎过筛后加入NaOH溶液,氧化铝、二氧化硅和NaOH溶液反应而除去,FeTiCh用稀硫
酸酸浸,得到TiOSCU和FeSCU的混合溶液,加磷酸沉钛,得至UTi3(PC>4)4,Ti3(PC)4)4和A1PCU、Li3PC>4高温
反应得到LATPo
【小问1详解】
为提高钛铁矿浸取率,还可以采用的措施有:适当加热、搅拌或者增大NaOH的浓度;
【小问2详解】
“碱浸”可以除去ALCh,省略“碱浸”,固体中有AI2O3加硫酸会生成铝离子,最后得到的磷酸钛中会混有磷
酸铝沉淀;
【小问3详解】
FeTiCh用稀硫酸酸浸,得到TiOSCU和FeSCU的混合溶液,反应的离子方程式为:
+2+2+
FeTiO3+4H=Fe+TiO+2H2O;
【小问4详解】
“沉钛”时TiOSCU加磷酸沉钛,得到Ti3(PC>4)4,化学方程式为
3TiOSO4+4H3Po4=Ti3(PO4)41+3H2so4+3H2O;
c”)
3Ti4++4HPOTi3(PC>4)4J+12H+平衡常数的表达式为
34c3(Ti4+)xc4(PO^)
,(3-8124
K*(H3PO4)xKH3PO4)xK\(H3PO4)(7.2xWx6.2xl0x4.5xW)=J6xl()_51.
KTiPO
Sp[3(4)4]1.0x10-36
【小问5详解】
若生成ImoMAJiMPOj,根据□原子守恒,需要可。,为根据Al原子守恒需要
A1PO40.4moL根据Ti原子守恒需要Tis(POj?mol,Ti3(PO4)4,A1PO4,Li3PO,物质的量的投
料比为---:0.4:—=8:6:7o
33
18.CoC%在医疗领域有特殊用途,在工业和实验室研究中也有重要价值。
(1)CoCU的实验室制备。
A
已知:钻单质在300℃以上易被氧气氧化,在加热条件下与氯气反应可制得纯净CoCU;CoCU熔点
86℃,易潮解变质。
①按气流方向,正确的装置接口顺序为a0在接Da后(填“有”或“没有”)必要接入单向阀。
单向阀示意图
②为使浓盐酸顺利滴下,可将装置A中盛放浓盐酸的仪器替换为(填名称)。
③装置B的作用是
④为了获得更纯净的CoCU,当观察到时,开始点燃D处酒精灯。
(2)产品中CoC"的含量测定。
I.准确称取ag制备的产品,配制成100.00mL溶液,移取25.00mL溶液于锥形瓶中;
II.滴加12滴某钾盐溶液作为指示剂,用cmoLLTAgNOs标准溶液滴定至终点;
III.平行测定三次,消耗AgNOs溶液的体积平均值为VmL,计算产品中CoCU的质量分数。
已知:室温下,部分含银难溶物颜色和溶度积常数如下表。
难溶物AgClAg2CrO4AgBrAglAg2s
颜色白色砖红色浅黄色黄色黑色
1.6x10109.0x10127.7x"8.0x10176.3x1050
①根据表格数据,II中应选择的指示剂为(填化学式)。
②产品中CoCU的质量分数为。
【答案】(1)①.hidefgbc②.没有③.恒压滴液漏斗④.防止空气中的水蒸气进入装置D
中,吸收多余的氯气,防止氯气污染大气⑤.D中硬质玻璃管充满黄绿色气体
26cV
(2)①.K2CrO4②.-----%
a
【解析】
【分析】装置A中二氧化锦和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气,且氯气中混有水蒸气和HC1,装置E可以
除去HC1,多孔球泡的目的是增大气液的接触面积,装置C是对氯气进行干燥,然后与钻粉反应,生成CoCh,
用冰水冷却C0CI2,最后接装置B,除去多余的氯气,防止污染空气,同时防止空气中的水蒸气进入装置D
中,因为CoCb易潮解变质;
【小问1详解】
①根据分析可知,按气流方向,正确的装置接口顺序为ahidefgbc,在接口a后没有必要接入单向阀,因为装
置A中产生的是气体,不会产生堵塞,故答案为:hidefgbc;没有;
②为使浓盐酸顺利滴下,可将装置A中盛放浓盐酸的仪器替换为恒压滴液漏斗,故答案为:恒压滴液漏
斗;
③根据分析可知,装置B的作用是防止空气中的水蒸气进入装置D中,吸收多余的氯气,防止氯气污染大
气,故答案为:防止空气中的水蒸气进入装置D中,吸收多余的氯气,防止氯气污染大气;
④为了获得更纯净的CoCb,当观察到D中硬质玻璃管充满黄绿色气体时,开始点燃D处酒精灯,故答案
为:D中硬质玻璃管充满黄绿色气体;
【小问2详解】
①根据表格数据,AgBr、AgLAg2s的Ksp更小,更易与Ag+沉淀,故H中应选择的指示剂为KzCrCU,滴
定终点为产生砖红色沉淀,故答案为:K2CrO4;
②根据题意有关系式:CoCb〜2AgNCh,则产品中C0CI2的质量分数为:
—xcmol/LxVx10-3LXx130g/mol
2---------------------------25mL—!一义I。。%;七X%。
aga
19.他非诺喳是一种抗疟疾新药,其中间体K的合成路线如下(部分反应条件已省略)。
C1
OH
(E)
已知:
oo0o
IIIIi.CHONaIIII
25)
①R,—c—0R2+R3—CH2—c—OR4———--------R,—C—CH—C—0R4+R2OH
ii.CH3COOH
OH
oHI
CN
0II-
②R5—C—OR6+R7-NHZ
回答下列问题:
(1)A中官能团的名称为;B的某同分异构体只有一种化学环境的氢原子,其结构简式为
(2)由B生成D的化学方程式为
(3)由F生成G的反应类型是,该反应中NaOH的作用是
(4)由J生成K的合成路线如下(部分反应条件已略去)。
H3co
①由J生成P是加成反应,P中含有个不对称碳原子。
②Q的结构简式为;Q与K互为构造异构中的______异构。
【答案】(1)①.竣基②.
2cH3coOCH2cH3露%>CH3coeH2coOCH2cH3+CH3cH20H
(2)HI3
(3)①.取代反应②.消耗生成的HC1,促进反应正向进行
(4)①.1②.③.官能团
H
【解析】
【分析】A能和乙醇发生酯化反应,则A中含有竣基,结合A的分子式知,A为CH3coOH,B为
CH3coOCH2cH3,B发生信息中的反应生成D,结合D的分子式知,D为CH3coeH2coOCH2cH3,E和
硝酸发生取代反应生成F,根据F的分子式及K的结构简式知,F为02N
,根据H的分子式知,G
NH2
OCH3
发生第二个信息的反应生成J为,由J生成K可以看作三步反应,P中含有两个六
CH3COCH2CONH
元环,结合K的结构简式知,J发生加成反应生成P为
H
成Q为,Q发生异构化生成K。
H
【小问1详解】
由分析可知,A的结构简式为CH3co0H,含有的官能团为竣基;B为CH3coOCH2cH3,其一种同分异构
体只含有一种等效氢,结构简式为
【小问2详解】
B—D的化学方程式为2cH3coOCH2cH3罂%>CH3COCH2COOCH2CH3+CH3CH2OH;
【小问3详解】
OCH3
F为O2NCl,F和甲醇发生取代反应生成的G,反应类型为取代反应,
NO2
NaOH的作用是消耗生成的HC1,促进反应正向进行;
【小问4详解】
①由上述分析可知,P
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