河北地区邯郸市2016年度届高考化学一模试卷整理汇编含解析.doc
.2016年河北省邯郸市高考化学一模试卷一、选择题(本题包括7小题,每小题6分,共42分,每小题只有一个选项符合题意)1化学与生活、社会发展息息相关,下列说法不正确的是()A“霾尘积聚难见路人”,雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”,该过程发生了置换反应C“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D古剑“沈卢”“以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折”,剂钢指的是铁的合金2的同分异构体中,苯环上的一氯代物只有一种的结构有(不考虑立体异构)()A7种B6种C5种D4种3设NA为阿伏加罗常数的值,下列说法正确的是()A1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg2N3,转移的电子数为NAB14g分子式为CnH2n的链烃中含有的CH键的数目为2NAC室温时,1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH的数目为0.2NADFe与水蒸汽反应生成22.4L氢气,转移电子数为2NA4下列装置或操作能达到实验目的是()A装置可用于证明SO2与NaOH溶液发生了反应B装置中X为CCl4,可用于吸收氨气或氯化氢C装置可用于实验室从食盐水中提取氯化钠D装置可用于证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯5已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质,它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去),则下列有关物质的推断不正确的是()A若A是铁,则E可能为稀硝酸B若A是CuO,E是碳,则B为COC若A是NaOH溶液,E是CO2,则B为NaHCO3D若A是AlCl3溶液,E可能是氨水6部分短周期元素的有关信息为:元素代号元素性质或原子结构T第二层上的电子数是第一层的3倍R与T 同一族LL2+与T2的核外电子数相等Q与L同族Z元素最高正价是+3价,与L同周期根据上表中信息,判断以下叙述正确的是()A氢化物的稳定性为H2TH2RB单质与稀盐酸反应的速率为LQCZ与T形成的化合物具有两性DL与R通过离子键形成的化合物阴阳离子的核外电子数相等7常温下,用0.1molL1的CH3COOH溶液滴定20mL 0.1molL1的NaOH溶液,当滴加VmLCH3COOH溶液时,混合溶液的pH=7已知CH3COOH的电离平衡常数为Ka,忽略混合时溶液体积的变化,下列关系式正确是()AKa=BV=CKa=DKa=二、解答题(共3小题,满分43分)8碳铵是一种较常使用的化肥,它在常温下易分解某化学兴趣小组对碳铵的成分存在疑问,时行了如下探究【定性实验】检验溶液中的阴、阳离子取少量固体放入试管中,加入盐酸,把生成的气体通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成再另取少量碳铵放入试管中,加入浓NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体,石蕊试纸变蓝色(1)根据实验现象,推测碳铵中所含有阴离子可能是和;(2)根据实验现象,碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是;【定量试验】测定碳铵中C元素和N元素质量比该兴趣小组准确称取ag碳铵,加热使之分解,并把产物通入碱石灰中,如图1所示(3)碳铵固体应放在中进行加热A试管B蒸发皿C烧瓶D坩埚(4)从安全的角度考虑,尾气处理的装置可以选用如图2;(5)若灼烧后没有固体残余,称量U形管在实验前后的质量差为bg由此测得N元素的质量是g(6)为了测定碳铵中碳元素的质量,他们设计的实验方案是将ag碳铵完全溶解于水,加入过量BaCl2,然后测定生成沉淀质量请你评价该方案是否合理;(填“合理”“不合理”),理由是9氮及其化合物的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题,下面是氮的氧化物的几种不同情况下的转化(1)已知:2SO2(g)+O2 (g)2SO3 (g)H=196.6kJmol12NO(g)+O2 (g)2NO2 (g)H=113.0kJmol1则SO2气体与NO2气体反应生成SO3气体和NO气体的反应为(填“放热”或“吸热”)反应(2)向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2,一定条件下使反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)达到平衡,正反应速率随时间变化的示意图如图1所示反应在c点(填“达到”或“未到”)平衡状态开始时,在该容器中加入:1molSO2(g)和1molNO2(g);II:1molSO3(g)和1mol NO(g),则达化学平衡时,该反应的平衡常数(填“”、“=”或“”)(3)用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物时发生下列反应:2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O2NaOH+2NO2=NaNO2+NaNO2+H2O将反应混合液和氢氧化钠溶液分别加到如图2所示的电解槽中进行电解,A室产生了N2电极是极,B室产生的气体是A室NO2发生的电极反应是;(4)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术现有NO、NO2的混合气6L,可用同温同压下7L的NH3恰好使其完全转化为N2,则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为10锰的用途非常广泛,在钢铁工业中,锰的用量仅次于铁,90%的锰消耗于钢铁工业,10%的锰消耗于有色冶金、化工、电子、电池、农业等部门以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下:已知25,部分物质的溶度积常数如下:物质Mn(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2MnSCoSNiSKsp2.110133.010165.010161.010115.010221.01022(1)步骤中,MnCO3与硫酸反应的化学方程式是;(2)步骤中需要加入稍过量的硫酸,其目的有3点:使矿物中的物质充分反应;提供第步氧化时所需要的酸性环境;(3)步骤中,MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+,该反应的离子方程式是;加氨水调节溶液的pH为5.06.0,以除去Fe3+(4)步骤中,需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外,还有;滤渣2的主要成分是;(5)电解后的废水中还含有Mn2+,常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀,过滤后再向滤液中加入适量Na2S,进行二级沉降欲使溶液中c(Mn2+)1.0105 molL1,则应保持溶液中c(S2) molL1三【化学选修2:化学与技术】11我市某地的煤矸石经预处理后含SiO2(63%)、Al2O3(25%)、Fe2O3(5%)及少量钙镁的化合物等,一种综合利用工艺设计如下:已知:离子开始沉淀pH完全沉淀pHFe3+2.13.2Al3+4.15.4请回答下列问题:(1)“酸浸”后得到的残渣中主要含有的物质是物质X的化学式为(2)“酸浸”时影响铝浸出率的因素可能有(写出两个)、(3)为了获得产品Al(OH)3,从煤矸石的盐酸浸取液开始,若只用CaCO3一种试剂,后续操作过程是(4)Al(OH)3可添加到塑料中作阻燃剂的原因是(5)以Al和MnO2为电极,与NaCl和稀氨水电解质溶液组成一种新型电池,放电时MnO2转化为MnO(OH)该电池反应的化学方程式是(6)预处理后的100t煤矸石经上述流程后,得到39t纯度为95%的氢氧化铝产品则预处理后的100t煤矸石中铝元素的回收率为四【化学选修3:物质结构与性质】12新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向(1)Ti(BH4)3是一种储氢材料,可由TiCl4和LiBH4反应制得基态Cl原子中,电子占据的最高能层符号为,该能层具有的原子轨道数为LiBH4由Li+和BH4构成,BH4的立体结构是,B原子的杂化轨道类型是Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为(2)金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料LiH中,离子半径Li+H(填“”、“=”或“”)某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物M的部分电离能如表所示:I1/kJmol1 I2/kJmol1 I3/kJmol1I4/kJmol1I5/kJmol1 738 1451 7733 10540 13630M是 (填元素符号)(3)NaH具有NaCl型晶体结构,已知NaH晶体的晶胞参数a=488pm(棱长),Na+半径为102pm,H的半径为,NaH的理论密度是gcm3(只列算式,不必计算出数值,阿伏加德罗常数为NA)五【化学选修5:有机化学基础】13以烃A或苯合成高分子化合物PMLA的路线如下:已知:RCH2OHRCOOH(1)A的化学式为C4H6,其核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为2:1,A的名称为,A的链状同分异构体有种(不包括A)(2)由F转化为H2MA的反应类型是(3)1mol有机物F与足量NaHCO3溶液反应生成标准状况下的CO244.8L,F有顺反异构,其反式结构简式是(4)C的结构简式是(5)E与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式是(6)聚酯PMLA有多种结构,写出由H2MA制PMLA的化学方程式(任写一种)2016年河北省邯郸市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题(本题包括7小题,每小题6分,共42分,每小题只有一个选项符合题意)1化学与生活、社会发展息息相关,下列说法不正确的是()A“霾尘积聚难见路人”,雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”,该过程发生了置换反应C“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D古剑“沈卢”“以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折”,剂钢指的是铁的合金【考点】绿色化学【专题】化学应用【分析】A气溶胶属于胶体,有丁达尔效应;B依据湿法炼铜原理解答;C青蒿素的提取用的是低温萃取,属于物理方法;D合金是指金属与非金属或者金属融合而成具有金属性质的材料【解答】解:A雾霾所形成的气溶胶属于胶体,胶体都具有丁达尔效应,故A正确;B铁活泼性强于铜,铁置换铜属于湿法炼铜,该过程发生了置换反应,故B正确;C青蒿素的提取用的是低温萃取,没有新物质生成,属于物理方法,故C错误;D铁中含碳量越高,硬度越大,含碳量越少,韧性越强,剂钢是铁与碳的合金,故D正确;故选:C【点评】本题考查了化学与生活、社会关系,涉及胶体的性质、物理变化与化学变化的判断、合金的性质,题目难度不大,掌握基础是解题关键2的同分异构体中,苯环上的一氯代物只有一种的结构有(不考虑立体异构)()A7种B6种C5种D4种【考点】常见有机化合物的结构【分析】根据取代基的种类和个数进行分析,使得有机物结构中含有1种氢原子即可,据此讨论解答【解答】解:第一种情况就是四个碳分别形成甲基,四个甲基分别连在1、2、3、4位碳原子上,5、6位氢原子等效,苯环上的一氯代物只有一种的结构;四个甲基分别连在1、2、4、5位碳原子上,3、6位氢原子等效,苯环上的一氯代物只有一种的结构;四个甲基分别连在1、2、3、5位碳原子上,4、6位氢原子等效,苯环上的一氯代物只有一种的结构;第二种情况就是两个乙基分别为1、4位碳原子上,2、3、5、6位氢原子等效,苯环上的一氯代物只有一种的结构;所以苯环上的一氯代物只有一种的结构有同分异构体有4种;故选:D【点评】本题主要考查同分异构体的书写,难度中等,根据等效氢判断侧链是解题的关键3设NA为阿伏加罗常数的值,下列说法正确的是()A1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg2N3,转移的电子数为NAB14g分子式为CnH2n的链烃中含有的CH键的数目为2NAC室温时,1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH的数目为0.2NADFe与水蒸汽反应生成22.4L氢气,转移电子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A镁反应生成二价镁离子;BCnH2n的链烃含有的CH键的数目与氢原子数目相同;CpH=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L,1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子;D气体状况未知,Vm不确定【解答】解:AMgO和Mg3N2的混合物中镁的化合价都为+2价,1mol镁变成镁离子生成2mol电子,共失去2NA个电子,故A错误;B.14g分子式为CnH2n的链烃中含有氢原子个数为2mol,含有CH键的数目为2NA,故B正确;C常温下,1.0L pH=13的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L,1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子,含有的OH数目为0.1NA,故C错误;D气体状况未知,Vm不确定,无法计算氢气的物质的量,无法计算转移电子数,故D错误;故选:B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用,题目难度中等,掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、物质的量浓度等之间的关系是解题关键,注意标准状况下气体摩尔体积的使用条件4下列装置或操作能达到实验目的是()A装置可用于证明SO2与NaOH溶液发生了反应B装置中X为CCl4,可用于吸收氨气或氯化氢C装置可用于实验室从食盐水中提取氯化钠D装置可用于证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯【考点】化学实验方案的评价【分析】A二氧化硫易溶于水,锥形瓶中气压减小;B四氯化碳密度比水大,和水是互不相溶的,和氨气也不相溶;C蒸发操作利用蒸发皿,不能利用坩埚;D乙醇易挥发,能被高锰酸钾氧化【解答】解:A二氧化硫易溶于水,锥形瓶中气压减小,无法证明SO2与NaOH溶液发生了反应,故A错误;B氨气或氯化氢是极易溶于水的气体,在处理时要防止倒吸,四氯化碳密度比水大,和水是互不相溶的,和氨气也不相溶,该装置可以防止倒吸,故B正确;C实验室中从食盐水中提取氯化钠,应利用蒸发,蒸发操作利用蒸发皿,不能利用坩埚,故C错误;D乙醇易挥发,能被高锰酸钾氧化,则该装置中生成的乙烯及挥发出的乙醇均使高锰酸钾溶液褪色,则不能证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯,故D错误;故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价,涉及物质的性质、尾气处理、蒸发操作、气体的制取及检验等,注重实验的基础知识的考查,题目难度不大5已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质,它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去),则下列有关物质的推断不正确的是()A若A是铁,则E可能为稀硝酸B若A是CuO,E是碳,则B为COC若A是NaOH溶液,E是CO2,则B为NaHCO3D若A是AlCl3溶液,E可能是氨水【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】AFe和硝酸反应可以生成硝酸铁和硝酸亚铁,硝酸亚铁与硝酸铁可以相互转化;B碳还原氧化铜可以生成CO或二氧化碳,二氧化碳与C偶可以相互转化;C二氧化碳和氢氧化钠溶于反应可以生成碳酸钠和碳酸氢钠,碳酸钠和碳酸氢钠可以相互转化;DAlCl3溶液和氨水反应生成氢氧化铝沉淀,氢氧化铝不溶于氨水【解答】解:AFe和过量的硝酸反应生成硝酸铁,以少量硝酸反应生成硝酸亚铁,硝酸亚铁可以被氧化为硝酸铁,硝酸铁能与Fe反应生成硝酸亚铁,能实现上述转化,故A正确;B氧化铜与少量的碳反应生成二氧化碳,与过量的碳反应生成CO,二氧化碳被过量碳还原为一氧化碳,CO与氧气反应生成二氧化碳,符合转化关系,故B正确;CNaOH溶液与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠,与少量的二氧化碳反应生成碳酸钠,碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠,符合转化关系,故C正确;DAlCl3溶液和氨水反应生成氢氧化铝沉淀,氢氧化铝不溶于氨水,不能实现转换,故D错误故选:D【点评】本题考查无机物推断,属于验证型题目,熟练掌握元素化合物性质,注意掌握中学常见与量及顺序、反应条件有关的反应6部分短周期元素的有关信息为:元素代号元素性质或原子结构T第二层上的电子数是第一层的3倍R与T 同一族LL2+与T2的核外电子数相等Q与L同族Z元素最高正价是+3价,与L同周期根据上表中信息,判断以下叙述正确的是()A氢化物的稳定性为H2TH2RB单质与稀盐酸反应的速率为LQCZ与T形成的化合物具有两性DL与R通过离子键形成的化合物阴阳离子的核外电子数相等【考点】原子结构与元素周期律的关系;元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期元素中,T元素原子第二层上的电子数是第一层的3倍,则L层电子数为6,故T为O元素;R与T 同一族,则R为S元素;L2+与T2的核外电子数相等,则L为Mg;Q与L同族,则Q为Be;Z元素最高正价是+3价,与L同周期,则Z为Al,据此解答【解答】解:短周期元素中,T元素原子第二层上的电子数是第一层的3倍,则L层电子数为6,故T为O元素;R与T 同一族,则R为S元素;L2+与T2的核外电子数相等,则L为Mg;Q与L同族,则Q为Be;Z元素最高正价是+3价,与L同周期,则Z为AlA非金属性OS,故氢化物的稳定性为H2OH2S,故A错误;B金属性L(Mg)Q(Be),故Mg与盐酸反应更剧烈,故B错误;CZ与T形成的化合物为氧化铝,属于两性氧化物,故C正确;DL与R通过离子键形成的化合物为MgS,Mg2+离子核外电子数为10、S2离子核外电子数为18,故D错误,故选:C【点评】本题考查结构性质位置关系应用,推断元素是解题关键,旨在考查学生对基础知识的理解掌握7常温下,用0.1molL1的CH3COOH溶液滴定20mL 0.1molL1的NaOH溶液,当滴加VmLCH3COOH溶液时,混合溶液的pH=7已知CH3COOH的电离平衡常数为Ka,忽略混合时溶液体积的变化,下列关系式正确是()AKa=BV=CKa=DKa=【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】当滴加VmLCH3COOH溶液时,混合溶液的pH=7,此时溶液中c(OH)=c(H+)=107mol/L,由电荷守恒c(Na+)=c(CH3COO)=mol/L,根据物料守恒c(CH3COO)+c(CH3COOH)=mol/L,联立计算c(CH3COOH),CH3COOH的电离平衡常数为Ka=,代入Ka表达式进行计算【解答】解:当滴加VmLCH3COOH溶液时,混合溶液的pH=7,此时溶液中c(OH)=c(H+)=107mol/L,由电荷守恒:c(OH)+c(CH3COO)=c(H+)+c(Na+),可知c(Na+)=c(CH3COO)=mol/L,根据物料守恒c(CH3COO)+c(CH3COOH)=mol/L,则c(CH3COOH)=()mol/L=mol/L,CH3COOH的电离平衡常数为Ka=,则V=,故选:A【点评】本题考查弱电解质电离平衡常数,关键是利用电荷守恒、物料守恒确定离子浓度,难度中等二、解答题(共3小题,满分43分)8碳铵是一种较常使用的化肥,它在常温下易分解某化学兴趣小组对碳铵的成分存在疑问,时行了如下探究【定性实验】检验溶液中的阴、阳离子取少量固体放入试管中,加入盐酸,把生成的气体通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成再另取少量碳铵放入试管中,加入浓NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体,石蕊试纸变蓝色(1)根据实验现象,推测碳铵中所含有阴离子可能是HCO3和CO32;(2)根据实验现象,碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是NH4+OH=NH3+H2O、HCO3+OH=CO32+H2O(或NH4+HCO3+2OH=NH3+CO32+2H2O);【定量试验】测定碳铵中C元素和N元素质量比该兴趣小组准确称取ag碳铵,加热使之分解,并把产物通入碱石灰中,如图1所示(3)碳铵固体应放在A中进行加热A试管B蒸发皿C烧瓶D坩埚(4)从安全的角度考虑,尾气处理的装置可以选用如图2A;(5)若灼烧后没有固体残余,称量U形管在实验前后的质量差为bg由此测得N元素的质量是(ab)g(6)为了测定碳铵中碳元素的质量,他们设计的实验方案是将ag碳铵完全溶解于水,加入过量BaCl2,然后测定生成沉淀质量请你评价该方案是否合理;不合理(或合理)(填“合理”“不合理”),理由是碳铵中可能含有HCO3不能与BaCl2产生沉淀所测得碳元素质量分数不准确(或因为碳铵中只含有CO32加入BaCl2能完全生成沉淀可准确测得碳元素的质量)【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】定量测定与误差分析【分析】(1)取少量固体放入试管中,加入盐酸,把生成的气体通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成,白色沉淀为碳酸钙;再另取少量碳铵放入试管中,加入浓NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体,石蕊试纸变蓝色,则气体为氨气;(2)碳铵与足量NaOH溶液加热,铵根离子与氢氧根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应;(3)因加热装置后连接U形管,以此选择仪器;(4)尾气处理,应防止倒吸;(5)灼烧后没有固体残余,称量U形管在实验前后的质量差为bg,则氨气的质量为(ab)g;(6)ag碳铵完全溶解于水,加入过量BaCl2,然后测定生成沉淀质量,若混有碳酸氢根离子或测量不准确,则不合理;若碳铵中只含有CO32加入BaCl2能完全生成沉淀可准确测得碳元素的质量,则合理,以此来解答【解答】解:(1)取少量固体放入试管中,加入盐酸,把生成的气体通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成,白色沉淀为碳酸钙,盐中阴离子可能HCO3、CO32;再另取少量碳铵放入试管中,加入浓NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体,石蕊试纸变蓝色,则气体为氨气,则原固体中含铵根离子,由上述分析可知,阴离子可能为HCO3、CO32,故答案为:HCO3;CO32;(2)碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是NH4+OH=NH3+H2O、HCO3+OH=CO32+H2O(或NH4+HCO3+2OH=NH3+CO32+2H2O),故答案为:NH4+OH=NH3+H2O、HCO3+OH=CO32+H2O(或NH4+HCO3+2OH=NH3+CO32+2H2O);ag碳铵,加热使之分解,碱石灰增重为水和二氧化碳的质量,尾气处理为氨气,(3)因加热装置后连接U形管,则选择仪器只能为试管,故答案为:A;(4)尾气处理,应防止倒吸,B不能防止倒吸,C中气体收集时导管应短进,D中为密闭容器可能会炸裂,只有A装置收集及防倒吸,故答案为:A;(5)灼烧后没有固体残余,称量U形管在实验前后的质量差为bg,则氨气的质量为(ab)g,则含N质量为:(ab)g,故答案为:(ab)g;(6)ag碳铵完全溶解于水,加入过量BaCl2,然后测定生成沉淀质量,则:不合理,因为碳铵中可能含有HCO3不能与BaCl2产生沉淀所测得碳元素质量分数不准确;合理,因为碳铵中只含有CO32加入BaCl2能完全生成沉淀可准确测得碳元素的质量,故答案为:不合理(或合理);碳铵中可能含有HCO3不能与BaCl2产生沉淀所测得碳元素质量分数不准确(或因为碳铵中只含有CO32加入BaCl2能完全生成沉淀可准确测得碳元素的质量)【点评】本题考查性质实验方案的设计,题目难度中等,试题综合性较强,侧重分析与实验能力的综合考查,注意实验装置的作用,尤其注意(6)小题属于开放性试题,回答“合理”或“不合理”且理由能做出相应解释均可,有利于学生发散思维能力的训练9氮及其化合物的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题,下面是氮的氧化物的几种不同情况下的转化(1)已知:2SO2(g)+O2 (g)2SO3 (g)H=196.6kJmol12NO(g)+O2 (g)2NO2 (g)H=113.0kJmol1则SO2气体与NO2气体反应生成SO3气体和NO气体的反应为放热(填“放热”或“吸热”)反应(2)向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2,一定条件下使反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)达到平衡,正反应速率随时间变化的示意图如图1所示反应在c点未到(填“达到”或“未到”)平衡状态开始时,在该容器中加入:1molSO2(g)和1molNO2(g);II:1molSO3(g)和1mol NO(g),则达化学平衡时,该反应的平衡常数(填“”、“=”或“”)(3)用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物时发生下列反应:2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O2NaOH+2NO2=NaNO2+NaNO2+H2O将反应混合液和氢氧化钠溶液分别加到如图2所示的电解槽中进行电解,A室产生了N2电极是阴极,B室产生的气体是O2A室NO2发生的电极反应是2NO2+6e+4H2O=8OH+N2;(4)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术现有NO、NO2的混合气6L,可用同温同压下7L的NH3恰好使其完全转化为N2,则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1:3【考点】反应热和焓变;氧化还原反应的计算;化学平衡的计算【专题】氧化还原反应专题;化学反应中的能量变化;化学平衡专题【分析】(1)根据所给的条件反应,结合要求的目标反应,将条件反应调整计量数并做相应的加减得目标反应,反应热做相应的变化即可;(2)反应达平衡的根本标志是V正=V逆,而c点的只是V正最大而已;容器恒容绝热,SO2(g)+NO2(g)NO(g)+SO3 (g)H0,反应放热,若在该容器中加入:1molSO2(g)和1molNO2(g),则开始反应放热;若在容器中加入II:1molSO3(g)和1mol NO(g),则开始时反应吸热,据此分析平衡常数;(3)通过A室产生了N2,可知A极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液,NO2在A极放电为N2,则A为阴极;则B极为阳极,电解质溶液为NaOH溶液,OH在B极放电,据此分析;(4)设出NO的体积为XL,NO2的体积为YL,则有X+Y=6 ,然后根据和氨气反应时得失电子数守恒可有:2X+4Y=73 ,将两式联立即可解得【解答】解:(1)已知:2SO2(g)+O2 (g)2SO3 (g)H=196.6kJmol1 2NO(g)+O2 (g)2NO2 (g)H=113.0kJmol1 将可得:SO2(g)+NO2(g)NO(g)+SO3 (g)H=41.6KJ/mol,而当反应热H0时,反应放热,故答案为:放热;(2)化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变,其实质是正反应速率等于逆反应速率,c点对应的正反应速率显然还在改变,故一定未达平衡,故答案为:未达;容器恒容绝热,SO2(g)+NO2(g)NO(g)+SO3 (g)H0,反应放热,若在该容器中加入:1molSO2(g)和1molNO2(g),则开始反应放热,温度升高平衡左移,K减小;若在容器中加入II:1molSO3(g)和1mol NO(g),则开始时反应吸热,温度降低平衡右移,K增大,故该反应的平衡常数,故答案为:;(3)通过A室产生了N2,可知I极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液,NO2在I放电为N2,则A为阴极;则II极为阳极,电解质溶液为NaOH溶液,OH在II极放电电极I为阴极,由于B室为NaOH溶液,且II极为阳极,故在II极放电的是氢氧根:4OH4e=O2+2H2O,即产生的气体为氧气,故答案为:阴极;O2;NO2在阴极得电子被还原为氮气,结合B室的溶液是中性溶液,故放电的方程式为:2NO2+6e+6H2O=8OH+N2,故答案为:2NO2+6e+6H2O=8OH+N2;(4)设出NO的体积为XL,NO2的体积为YL,根据混合气体的体积为6L,则有X+Y=6 氨气反应时,NO和NO2得电子,而氨气失电子,根据得失电子数守恒可有:2X+4Y=73 将两式联立即可解得X=1.5,Y=4.5,则有X:Y=1:3,故答案为:1:3【点评】本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡常数的大小比较以及电化学知识的运用,综合性较强,难度适中10锰的用途非常广泛,在钢铁工业中,锰的用量仅次于铁,90%的锰消耗于钢铁工业,10%的锰消耗于有色冶金、化工、电子、电池、农业等部门以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下:已知25,部分物质的溶度积常数如下:物质Mn(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2MnSCoSNiSKsp2.110133.010165.010161.010115.010221.01022(1)步骤中,MnCO3与硫酸反应的化学方程式是MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2+H2O;(2)步骤中需要加入稍过量的硫酸,其目的有3点:使矿物中的物质充分反应;提供第步氧化时所需要的酸性环境;抑制Mn2+的水解;(3)步骤中,MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+,该反应的离子方程式是MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O;加氨水调节溶液的pH为5.06.0,以除去Fe3+(4)步骤中,需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外,还有烧杯;滤渣2的主要成分是CoS和NiS;(5)电解后的废水中还含有Mn2+,常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀,过滤后再向滤液中加入适量Na2S,进行二级沉降欲使溶液中c(Mn2+)1.0105 molL1,则应保持溶液中c(S2)1.0106 molL1【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】(1)加稀硫酸时样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4,并产生二氧化碳和水;(2)Mn2+离子易水解;(3)据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+Mn2+2Fe3+,再据电荷守恒有MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+,最后据原子守恒得MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O;(4)根据操作方法判断缺少的仪器;由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+,向其中加入(NH4)2S,根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀(滤渣2)生成;(5)由于将一级沉降根据MnS的Ksp=c(Mn2+)c(S2)进行计算即可【解答】解:向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)中加入硫酸,可以发生反应生成硫酸盐,向其中就如具有氧化性的二氧化锰,可以将亚铁离子氧化为铁离子,调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来,向滤液中加入硫化铵,可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来,最后对得到的含有锰离子的盐电解,可以得到金属锰(1)加稀硫酸时样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4,并产生二氧化碳和水,步骤中,MnCO3与硫酸反应的化学方程式为:MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2+H2O,故答案为:MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2+H2O;(2)Mn2+离子易水解加入过量硫酸,还可以抑制Mn2+的水解,故答案为:抑制Mn2+的水解;(3)步骤中,MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+,反应的离子方程式是据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+Mn2+2Fe3+,再据电荷守恒有MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+,最后据原子守恒得,MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O,故答案为:MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O;(4)步骤为过滤操作,需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外,还需要烧杯;由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+,向其中加入(NH4)2S,根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀(滤渣2)生成,故答案为:烧杯;CoS和NiS;(5)MnS的Ksp=c(Mn2+)c(S2)=1.01011,为了将Mn2+降到1.0105mol/L,则c(S2)=1.0106mol/L,即硫化钠的浓度是1.0106mol/L,故答案为:1.0106【点评】本题考查了制备方案的设计,题目难度中等,根据制备流程明确制备原理为解答关键,注意掌握难溶物溶解平衡及溶度积的有关计算方法,试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力三【化学选修2:化学与技术】11我市某地的煤矸石经预处理后含SiO2(63%)、Al2O3(25%)、Fe2O3(5%)及少量钙镁的化合物等,一种综合利用工艺设计如下:已知:离子开始沉淀pH完全沉淀pHFe3+2.13.2Al3+4.15.4请回答下列问题:(1)“酸浸”后得到的残渣中主要含有的物质是SiO2
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2016年河北省邯郸市高考化学一模试卷
一、选择题(本题包括7小题,每小题6分,共42分,每小题只有一个选项符合题意)
1.化学与生活、社会发展息息相关,下列说法不正确的是( )
A.“霾尘积聚难见路人”,雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”,该过程发生了置换反应
C.“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
D.古剑“沈卢”“以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折”,剂钢指的是铁的合金
2.的同分异构体中,苯环上的一氯代物只有一种的结构有(不考虑立体异构)( )
A.7种 B.6种 C.5种 D.4种
3.设NA为阿伏加罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg2N3,转移的电子数为NA
B.14g分子式为CnH2n的链烃中含有的C﹣H键的数目为2NA
C.室温时,1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH﹣的数目为0.2NA
D.Fe与水蒸汽反应生成22.4L氢气,转移电子数为2NA
4.下列装置或操作能达到实验目的是( )
A.装置①可用于证明SO2与NaOH溶液发生了反应
B.装置②中X为CCl4,可用于吸收氨气或氯化氢
C.装置③可用于实验室从食盐水中提取氯化钠
D.装置④可用于证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯
5.已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质,它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去),则下列有关物质的推断不正确的是( )
A.若A是铁,则E可能为稀硝酸
B.若A是CuO,E是碳,则B为CO
C.若A是NaOH溶液,E是CO2,则B为NaHCO3
D.若A是AlCl3溶液,E可能是氨水
6.部分短周期元素的有关信息为:
元素代号
元素性质或原子结构
T
第二层上的电子数是第一层的3倍
R
与T 同一族
L
L2+与T2﹣的核外电子数相等
Q
与L同族
Z
元素最高正价是+3价,与L同周期
根据上表中信息,判断以下叙述正确的是( )
A.氢化物的稳定性为H2T<H2R
B.单质与稀盐酸反应的速率为L<Q
C.Z与T形成的化合物具有两性
D.L与R通过离子键形成的化合物阴阳离子的核外电子数相等
7.常温下,用0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液滴定20mL 0.1mol•L﹣1的NaOH溶液,当滴加VmLCH3COOH溶液时,混合溶液的pH=7.已知CH3COOH的电离平衡常数为Ka,忽略混合时溶液体积的变化,下列关系式正确是( )
A.Ka= B.V=
C.Ka= D.Ka=
二、解答题(共3小题,满分43分)
8.碳铵是一种较常使用的化肥,它在常温下易分解.某化学兴趣小组对碳铵的成分存在疑问,时行了如下探究.
【定性实验】检验溶液中的阴、阳离子
取少量固体放入试管中,加入盐酸,把生成的气体通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成.再另取少量碳铵放入试管中,加入浓NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体,石蕊试纸变蓝色.
(1)根据实验现象,推测碳铵中所含有阴离子可能是 和 ;
(2)根据实验现象,碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是 ;
【定量试验】测定碳铵中C元素和N元素质量比.该兴趣小组准确称取ag碳铵,加热使之分解,并把产物通入碱石灰中,如图1所示.
(3)碳铵固体应放在 中进行加热.
A.试管 B.蒸发皿 C.烧瓶 D.坩埚
(4)从安全的角度考虑,尾气处理的装置可以选用如图2 ;
(5)若灼烧后没有固体残余,称量U形管在实验前后的质量差为bg.由此测得N元素的质量是 g.
(6)为了测定碳铵中碳元素的质量,他们设计的实验方案是将ag碳铵完全溶解于水,加入过量BaCl2,然后测定生成沉淀质量.请你评价该方案是否合理; (填“合理”“不合理”),理由是 .
9.氮及其化合物的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题,下面是氮的氧化物的几种不同情况下的转化.
(1)已知:2SO2(g)+O2 (g)⇌2SO3 (g)△H=﹣196.6kJ•mol﹣1
2NO(g)+O2 (g)⇌2NO2 (g)△H=﹣113.0kJ•mol﹣1则SO2气体与NO2气体反应生成SO3气体和NO气体的反应为 (填“放热”或“吸热”)反应.
(2)向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2,一定条件下使反应SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)达到平衡,正反应速率随时间变化的示意图如图1所示.
①反应在c点 (填“达到”或“未到”)平衡状态.
②开始时,在该容器中加入:
Ⅰ:1molSO2(g)和1molNO2(g);II:1molSO3(g)和1mol NO(g),则达化学平衡时,该反应的平衡常数Ⅰ Ⅱ(填“>”、“=”或“<”).
(3)用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物时发生下列反应:
2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O
2NaOH+2NO2=NaNO2+NaNO2+H2O
将反应混合液和氢氧化钠溶液分别加到如图2所示的电解槽中进行电解,A室产生了N2.
①电极Ⅰ是 极,B室产生的气体是 .
②A室NO2﹣发生的电极反应是 ;
(4)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术.现有NO、NO2的混合气6L,可用同温同压下7L的NH3恰好使其完全转化为N2,则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为 .
10.锰的用途非常广泛,在钢铁工业中,锰的用量仅次于铁,90%的锰消耗于钢铁工业,10%的锰消耗于有色冶金、化工、电子、电池、农业等部门.以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下:
已知25℃,部分物质的溶度积常数如下:
物质
Mn(OH)2
Co(OH)2
Ni(OH)2
MnS
CoS
NiS
Ksp
2.110﹣13
3.010﹣16
5.010﹣16
1.010﹣11
5.010﹣22
1.010﹣22
(1)步骤Ⅰ中,MnCO3与硫酸反应的化学方程式是 ;
(2)步骤Ⅰ中需要加入稍过量的硫酸,其目的有3点:①使矿物中的物质充分反应;②提供第Ⅱ步氧化时所需要的酸性环境;③ ;
(3)步骤Ⅱ中,MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+,该反应的离子方程式是 ;
加氨水调节溶液的pH为5.0~6.0,以除去Fe3+.
(4)步骤Ⅲ中,需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外,还有 ;滤渣2的主要成分是 ;
(5)电解后的废水中还含有Mn2+,常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀,过滤后再向滤液中加入适量Na2S,进行二级沉降.欲使溶液中c(Mn2+)≤1.010﹣5 mol•L﹣1,则应保持溶液中c(S2﹣)≥ mol•L﹣1.
三.【化学选修2:化学与技术】
11.我市某地的煤矸石经预处理后含SiO2(63%)、Al2O3(25%)、Fe2O3(5%)及少量钙镁的化合物等,一种综合利用工艺设计如下:
已知:
离子
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe3+
2.1
3.2
Al3+
4.1
5.4
请回答下列问题:
(1)“酸浸”后得到的残渣中主要含有的物质是 .物质X的化学式为 .
(2)“酸浸”时影响铝浸出率的因素可能有(写出两个) 、 .
(3)为了获得产品Al(OH)3,从煤矸石的盐酸浸取液开始,若只用CaCO3一种试剂,后续操作过程是 .
(4)Al(OH)3可添加到塑料中作阻燃剂的原因是 .
(5)以Al和MnO2为电极,与NaCl和稀氨水电解质溶液组成一种新型电池,放电时MnO2转化为MnO(OH).该电池反应的化学方程式是 .
(6)预处理后的100t煤矸石经上述流程后,得到39t纯度为95%的氢氧化铝产品.则预处理后的100t煤矸石中铝元素的回收率为 .
四.【化学选修3:物质结构与性质】
12.新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向.
(1)Ti(BH4)3是一种储氢材料,可由TiCl4和LiBH4反应制得.
①基态Cl原子中,电子占据的最高能层符号为 ,该能层具有的原子轨道数为 .
②LiBH4由Li+和BH4﹣构成,BH4﹣的立体结构是 ,B原子的杂化轨道类型是 .
Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为 .
(2)金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料.
①LiH中,离子半径Li+ H﹣(填“>”、“=”或“<”).②某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物.M的部分电离能如表所示:
I1/kJ•mol﹣1
I2/kJ•mol﹣1
I3/kJ•mol﹣1
I4/kJ•mol﹣1
I5/kJ•mol﹣1
738
1451
7733
10540
13630
M是 (填元素符号).
(3)NaH具有NaCl型晶体结构,已知NaH晶体的晶胞参数a=488pm(棱长),Na+半径为102pm,H﹣的半径为 ,NaH的理论密度是 g•cm﹣3(只列算式,不必计算出数值,阿伏加德罗常数为NA)
五.【化学选修5:有机化学基础】
13.以烃A或苯合成高分子化合物PMLA的路线如下:
已知:R﹣CH2OHR﹣COOH
(1)A的化学式为C4H6,其核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为2:1,A的名称为 ,A的链状同分异构体有 种(不包括A).
(2)由F转化为H2MA的反应类型是 .
(3)1mol有机物F与足量NaHCO3溶液反应生成标准状况下的CO244.8L,F有顺反异构,其反式结构简式是
(4)C的结构简式是 .
(5)E与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式是 .
(6)聚酯PMLA有多种结构,写出由H2MA制PMLA的化学方程式 .(任写一种)
2016年河北省邯郸市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(本题包括7小题,每小题6分,共42分,每小题只有一个选项符合题意)
1.化学与生活、社会发展息息相关,下列说法不正确的是( )
A.“霾尘积聚难见路人”,雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”,该过程发生了置换反应
C.“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
D.古剑“沈卢”“以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折”,剂钢指的是铁的合金
【考点】绿色化学.
【专题】化学应用.
【分析】A.气溶胶属于胶体,有丁达尔效应;
B.依据湿法炼铜原理解答;
C.青蒿素的提取用的是低温萃取,属于物理方法;
D.合金是指金属与非金属或者金属融合而成具有金属性质的材料.
【解答】解:A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体,胶体都具有丁达尔效应,故A正确;
B.铁活泼性强于铜,铁置换铜属于湿法炼铜,该过程发生了置换反应,故B正确;
C.青蒿素的提取用的是低温萃取,没有新物质生成,属于物理方法,故C错误;
D.铁中含碳量越高,硬度越大,含碳量越少,韧性越强,剂钢是铁与碳的合金,故D正确;
故选:C.
【点评】本题考查了化学与生活、社会关系,涉及胶体的性质、物理变化与化学变化的判断、合金的性质,题目难度不大,掌握基础是解题关键.
2.的同分异构体中,苯环上的一氯代物只有一种的结构有(不考虑立体异构)( )
A.7种 B.6种 C.5种 D.4种
【考点】常见有机化合物的结构.
【分析】根据取代基的种类和个数进行分析,使得有机物结构中含有1种氢原子即可,据此讨论解答.
【解答】解:第一种情况就是四个碳分别形成甲基,
①四个甲基分别连在1、2、3、4位碳原子上,5、6位氢原子等效,苯环上的一氯代物只有一种的结构;
②四个甲基分别连在1、2、4、5位碳原子上,3、6位氢原子等效,苯环上的一氯代物只有一种的结构;
③四个甲基分别连在1、2、3、5位碳原子上,4、6位氢原子等效,苯环上的一氯代物只有一种的结构;
第二种情况就是两个乙基分别为1、4位碳原子上,2、3、5、6位氢原子等效,苯环上的一氯代物只有一种的结构;
所以苯环上的一氯代物只有一种的结构有同分异构体有4种;
故选:D.
【点评】本题主要考查同分异构体的书写,难度中等,根据等效氢判断侧链是解题的关键.
3.设NA为阿伏加罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg2N3,转移的电子数为NA
B.14g分子式为CnH2n的链烃中含有的C﹣H键的数目为2NA
C.室温时,1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH﹣的数目为0.2NA
D.Fe与水蒸汽反应生成22.4L氢气,转移电子数为2NA
【考点】阿伏加德罗常数.
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.
【分析】A.镁反应生成二价镁离子;
B.CnH2n的链烃含有的C﹣H键的数目与氢原子数目相同;
C.pH=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L,1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子;
D.气体状况未知,Vm不确定.
【解答】解:A.MgO和Mg3N2的混合物中镁的化合价都为+2价,1mol镁变成镁离子生成2mol电子,共失去2NA个电子,故A错误;
B.14g分子式为CnH2n的链烃中含有氢原子个数为2mol,含有C﹣H键的数目为2NA,故B正确;
C.常温下,1.0L pH=13的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L,1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子,含有的OH﹣数目为0.1NA,故C错误;
D.气体状况未知,Vm不确定,无法计算氢气的物质的量,无法计算转移电子数,故D错误;
故选:B.
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用,题目难度中等,掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、物质的量浓度等之间的关系是解题关键,注意标准状况下气体摩尔体积的使用条件.
4.下列装置或操作能达到实验目的是( )
A.装置①可用于证明SO2与NaOH溶液发生了反应
B.装置②中X为CCl4,可用于吸收氨气或氯化氢
C.装置③可用于实验室从食盐水中提取氯化钠
D.装置④可用于证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯
【考点】化学实验方案的评价.
【分析】A.二氧化硫易溶于水,锥形瓶中气压减小;
B.四氯化碳密度比水大,和水是互不相溶的,和氨气也不相溶;
C.蒸发操作利用蒸发皿,不能利用坩埚;
D.乙醇易挥发,能被高锰酸钾氧化.
【解答】解:A.二氧化硫易溶于水,锥形瓶中气压减小,无法证明SO2与NaOH溶液发生了反应,故A错误;
B.氨气或氯化氢是极易溶于水的气体,在处理时要防止倒吸,四氯化碳密度比水大,和水是互不相溶的,和氨气也不相溶,该装置可以防止倒吸,故B正确;
C.实验室中从食盐水中提取氯化钠,应利用蒸发,蒸发操作利用蒸发皿,不能利用坩埚,故C错误;
D.乙醇易挥发,能被高锰酸钾氧化,则该装置中生成的乙烯及挥发出的乙醇均使高锰酸钾溶液褪色,则不能证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成乙烯,故D错误;
故选B.
【点评】本题考查化学实验方案的评价,涉及物质的性质、尾气处理、蒸发操作、气体的制取及检验等,注重实验的基础知识的考查,题目难度不大.
5.已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质,它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去),则下列有关物质的推断不正确的是( )
A.若A是铁,则E可能为稀硝酸
B.若A是CuO,E是碳,则B为CO
C.若A是NaOH溶液,E是CO2,则B为NaHCO3
D.若A是AlCl3溶液,E可能是氨水
【考点】无机物的推断.
【专题】无机推断.
【分析】A.Fe和硝酸反应可以生成硝酸铁和硝酸亚铁,硝酸亚铁与硝酸铁可以相互转化;
B.碳还原氧化铜可以生成CO或二氧化碳,二氧化碳与C偶可以相互转化;
C.二氧化碳和氢氧化钠溶于反应可以生成碳酸钠和碳酸氢钠,碳酸钠和碳酸氢钠可以相互转化;
D.AlCl3溶液和氨水反应生成氢氧化铝沉淀,氢氧化铝不溶于氨水.
【解答】解:A.Fe和过量的硝酸反应生成硝酸铁,以少量硝酸反应生成硝酸亚铁,硝酸亚铁可以被氧化为硝酸铁,硝酸铁能与Fe反应生成硝酸亚铁,能实现上述转化,故A正确;
B.氧化铜与少量的碳反应生成二氧化碳,与过量的碳反应生成CO,二氧化碳被过量碳还原为一氧化碳,CO与氧气反应生成二氧化碳,符合转化关系,故B正确;
C.NaOH溶液与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠,与少量的二氧化碳反应生成碳酸钠,碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠,符合转化关系,故C正确;
D.AlCl3溶液和氨水反应生成氢氧化铝沉淀,氢氧化铝不溶于氨水,不能实现转换,故D错误.
故选:D.
【点评】本题考查无机物推断,属于验证型题目,熟练掌握元素化合物性质,注意掌握中学常见与量及顺序、反应条件有关的反应.
6.部分短周期元素的有关信息为:
元素代号
元素性质或原子结构
T
第二层上的电子数是第一层的3倍
R
与T 同一族
L
L2+与T2﹣的核外电子数相等
Q
与L同族
Z
元素最高正价是+3价,与L同周期
根据上表中信息,判断以下叙述正确的是( )
A.氢化物的稳定性为H2T<H2R
B.单质与稀盐酸反应的速率为L<Q
C.Z与T形成的化合物具有两性
D.L与R通过离子键形成的化合物阴阳离子的核外电子数相等
【考点】原子结构与元素周期律的关系;元素周期律和元素周期表的综合应用.
【专题】元素周期律与元素周期表专题.
【分析】短周期元素中,T元素原子第二层上的电子数是第一层的3倍,则L层电子数为6,故T为O元素;R与T 同一族,则R为S元素;L2+与T2﹣的核外电子数相等,则L为Mg;Q与L同族,则Q为Be;Z元素最高正价是+3价,与L同周期,则Z为Al,据此解答.
【解答】解:短周期元素中,T元素原子第二层上的电子数是第一层的3倍,则L层电子数为6,故T为O元素;R与T 同一族,则R为S元素;L2+与T2﹣的核外电子数相等,则L为Mg;Q与L同族,则Q为Be;Z元素最高正价是+3价,与L同周期,则Z为Al.
A.非金属性O>S,故氢化物的稳定性为H2O>H2S,故A错误;
B.金属性L(Mg)>Q(Be),故Mg与盐酸反应更剧烈,故B错误;
C.Z与T形成的化合物为氧化铝,属于两性氧化物,故C正确;
D.L与R通过离子键形成的化合物为MgS,Mg2+离子核外电子数为10、S2﹣离子核外电子数为18,故D错误,
故选:C.
【点评】本题考查结构性质位置关系应用,推断元素是解题关键,旨在考查学生对基础知识的理解掌握.
7.常温下,用0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液滴定20mL 0.1mol•L﹣1的NaOH溶液,当滴加VmLCH3COOH溶液时,混合溶液的pH=7.已知CH3COOH的电离平衡常数为Ka,忽略混合时溶液体积的变化,下列关系式正确是( )
A.Ka= B.V=
C.Ka= D.Ka=
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.
【专题】电离平衡与溶液的pH专题.
【分析】当滴加VmLCH3COOH溶液时,混合溶液的pH=7,此时溶液中c(OH﹣)=c(H+)=10﹣7mol/L,由电荷守恒c(Na+)=c(CH3COO﹣)=mol/L,根据物料守恒c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=mol/L,联立计算c(CH3COOH),CH3COOH的电离平衡常数为Ka=,代入Ka表达式进行计算.
【解答】解:当滴加VmLCH3COOH溶液时,混合溶液的pH=7,此时溶液中c(OH﹣)=c(H+)=10﹣7mol/L,
由电荷守恒:c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)=c(H+)+c(Na+),可知c(Na+)=c(CH3COO﹣)==mol/L,
根据物料守恒c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=mol/L,则c(CH3COOH)=(﹣)mol/L=mol/L,
CH3COOH的电离平衡常数为Ka===,则V=,
故选:A.
【点评】本题考查弱电解质电离平衡常数,关键是利用电荷守恒、物料守恒确定离子浓度,难度中等.
二、解答题(共3小题,满分43分)
8.碳铵是一种较常使用的化肥,它在常温下易分解.某化学兴趣小组对碳铵的成分存在疑问,时行了如下探究.
【定性实验】检验溶液中的阴、阳离子
取少量固体放入试管中,加入盐酸,把生成的气体通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成.再另取少量碳铵放入试管中,加入浓NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体,石蕊试纸变蓝色.
(1)根据实验现象,推测碳铵中所含有阴离子可能是 HCO3﹣ 和 CO32﹣ ;
(2)根据实验现象,碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是 NH4++OH﹣=NH3↑+H2O、HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O(或NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3+CO32﹣+2H2O) ;
【定量试验】测定碳铵中C元素和N元素质量比.该兴趣小组准确称取ag碳铵,加热使之分解,并把产物通入碱石灰中,如图1所示.
(3)碳铵固体应放在 A 中进行加热.
A.试管 B.蒸发皿 C.烧瓶 D.坩埚
(4)从安全的角度考虑,尾气处理的装置可以选用如图2 A ;
(5)若灼烧后没有固体残余,称量U形管在实验前后的质量差为bg.由此测得N元素的质量是 (a﹣b) g.
(6)为了测定碳铵中碳元素的质量,他们设计的实验方案是将ag碳铵完全溶解于水,加入过量BaCl2,然后测定生成沉淀质量.请你评价该方案是否合理; 不合理(或合理) (填“合理”“不合理”),理由是 碳铵中可能含有HCO3﹣不能与BaCl2产生沉淀所测得碳元素质量分数不准确(或因为碳铵中只含有CO32﹣加入BaCl2能完全生成沉淀可准确测得碳元素的质量) .
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量.
【专题】定量测定与误差分析.
【分析】(1)取少量固体放入试管中,加入盐酸,把生成的气体通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成,白色沉淀为碳酸钙;再另取少量碳铵放入试管中,加入浓NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体,石蕊试纸变蓝色,则气体为氨气;
(2)碳铵与足量NaOH溶液加热,铵根离子与氢氧根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应;
(3)因加热装置后连接U形管,以此选择仪器;
(4)尾气处理,应防止倒吸;
(5)灼烧后没有固体残余,称量U形管在实验前后的质量差为bg,则氨气的质量为(a﹣b)g;
(6)ag碳铵完全溶解于水,加入过量BaCl2,然后测定生成沉淀质量,若混有碳酸氢根离子或测量不准确,则不合理;若碳铵中只含有CO32﹣加入BaCl2能完全生成沉淀可准确测得碳元素的质量,则合理,以此来解答.
【解答】解:(1)取少量固体放入试管中,加入盐酸,把生成的气体通入澄清石灰水中,有白色沉淀生成,白色沉淀为碳酸钙,盐中阴离子可能HCO3﹣、CO32﹣;再另取少量碳铵放入试管中,加入浓NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体,石蕊试纸变蓝色,则气体为氨气,则原固体中含铵根离子,
由上述分析可知,阴离子可能为HCO3﹣、CO32﹣,
故答案为:HCO3﹣;CO32﹣;
(2)碳铵与足量NaOH溶液加热反应的离子方程式可能是NH4++OH﹣=NH3↑+H2O、HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O(或NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3+CO32﹣+2H2O),
故答案为:NH4++OH﹣=NH3↑+H2O、HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O(或NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3+CO32﹣+2H2O);
ag碳铵,加热使之分解,碱石灰增重为水和二氧化碳的质量,尾气处理为氨气,
(3)因加热装置后连接U形管,则选择仪器只能为试管,
故答案为:A;
(4)尾气处理,应防止倒吸,B不能防止倒吸,C中气体收集时导管应短进,D中为密闭容器可能会炸裂,只有A装置收集及防倒吸,
故答案为:A;
(5)灼烧后没有固体残余,称量U形管在实验前后的质量差为bg,则氨气的质量为(a﹣b)g,则含N质量为:(a﹣b)g,
故答案为:(a﹣b)g;
(6)ag碳铵完全溶解于水,加入过量BaCl2,然后测定生成沉淀质量,则:
①不合理,因为碳铵中可能含有HCO3﹣不能与BaCl2产生沉淀所测得碳元素质量分数不准确;
②合理,因为碳铵中只含有CO32﹣加入BaCl2能完全生成沉淀可准确测得碳元素的质量,
故答案为:不合理(或合理);碳铵中可能含有HCO3﹣不能与BaCl2产生沉淀所测得碳元素质量分数不准确(或因为碳铵中只含有CO32﹣加入BaCl2能完全生成沉淀可准确测得碳元素的质量).
【点评】本题考查性质实验方案的设计,题目难度中等,试题综合性较强,侧重分析与实验能力的综合考查,注意实验装置的作用,尤其注意(6)小题属于开放性试题,回答“合理”或“不合理”且理由能做出相应解释均可,有利于学生发散思维能力的训练.
9.氮及其化合物的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题,下面是氮的氧化物的几种不同情况下的转化.
(1)已知:2SO2(g)+O2 (g)⇌2SO3 (g)△H=﹣196.6kJ•mol﹣1
2NO(g)+O2 (g)⇌2NO2 (g)△H=﹣113.0kJ•mol﹣1则SO2气体与NO2气体反应生成SO3气体和NO气体的反应为 放热 (填“放热”或“吸热”)反应.
(2)向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2,一定条件下使反应SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)达到平衡,正反应速率随时间变化的示意图如图1所示.
①反应在c点 未到 (填“达到”或“未到”)平衡状态.
②开始时,在该容器中加入:
Ⅰ:1molSO2(g)和1molNO2(g);II:1molSO3(g)和1mol NO(g),则达化学平衡时,该反应的平衡常数Ⅰ < Ⅱ(填“>”、“=”或“<”).
(3)用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物时发生下列反应:
2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O
2NaOH+2NO2=NaNO2+NaNO2+H2O
将反应混合液和氢氧化钠溶液分别加到如图2所示的电解槽中进行电解,A室产生了N2.
①电极Ⅰ是 阴 极,B室产生的气体是 O2 .
②A室NO2﹣发生的电极反应是 2NO2﹣+6e﹣+4H2O=8OH﹣+N2↑ ;
(4)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术.现有NO、NO2的混合气6L,可用同温同压下7L的NH3恰好使其完全转化为N2,则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为 1:3 .
【考点】反应热和焓变;氧化还原反应的计算;化学平衡的计算.
【专题】氧化还原反应专题;化学反应中的能量变化;化学平衡专题.
【分析】(1)根据所给的条件反应,结合要求的目标反应,将条件反应调整计量数并做相应的加减得目标反应,反应热做相应的变化即可;
(2)①反应达平衡的根本标志是V正=V逆,而c点的只是V正最大而已;
②容器恒容绝热,SO2(g)+NO2(g)⇌NO(g)+SO3 (g)△H<0,反应放热,若在该容器中加入:Ⅰ:1molSO2(g)和1molNO2(g),则开始反应放热;若在容器中加入II:1molSO3(g)和1mol NO(g),则开始时反应吸热,据此分析平衡常数;
(3)通过A室产生了N2,可知A极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液,NO2﹣在A极放电为N2,则A为阴极;则B极为阳极,电解质溶液为NaOH溶液,OH﹣在B极放电,据此分析;
(4)设出NO的体积为XL,NO2的体积为YL,则有X+Y=6 ①,然后根据和氨气反应时得失电子数守恒可有:2X+4Y=73 ②,将两式联立即可解得.
【解答】解:(1)已知:2SO2(g)+O2 (g)⇌2SO3 (g)△H=﹣196.6kJ•mol﹣1 ①
2NO(g)+O2 (g)⇌2NO2 (g)△H=﹣113.0kJ•mol﹣1 ②
将﹣可得:SO2(g)+NO2(g)⇌NO(g)+SO3 (g)△H=﹣=﹣41.6KJ/mol,而当反应热△H<0时,反应放热,
故答案为:放热;
(2)①化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变,其实质是正反应速率等于逆反应速率,c点对应的正反应速率显然还在改变,故一定未达平衡,
故答案为:未达;
②容器恒容绝热,SO2(g)+NO2(g)⇌NO(g)+SO3 (g)△H<0,反应放热,若在该容器中加入:Ⅰ:1molSO2(g)和1molNO2(g),则开始反应放热,温度升高平衡左移,K减小;若在容器中加入II:1molSO3(g)和1mol NO(g),则开始时反应吸热,温度降低平衡右移,K增大,故该反应的平衡常数Ⅰ<Ⅱ,
故答案为:<;
(3)通过A室产生了N2,可知I极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液,NO2﹣在I放电为N2,则A为阴极;则II极为阳极,电解质溶液为NaOH溶液,OH﹣在II极放电.
①电极I为阴极,由于B室为NaOH溶液,且II极为阳极,故在II极放电的是氢氧根:4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O,即产生的气体为氧气,故答案为:阴极;O2;
②NO2﹣在阴极得电子被还原为氮气,结合B室的溶液是中性溶液,故放电的方程式为:2NO2﹣+6e﹣+6H2O=8OH﹣+N2↑,故答案为:2NO2﹣+6e﹣+6H2O=8OH﹣+N2↑;
(4)设出NO的体积为XL,NO2的体积为YL,根据混合气体的体积为6L,则有X+Y=6 ①
氨气反应时,NO和NO2得电子,而氨气失电子,根据得失电子数守恒可有:2X+4Y=73 ②
将两式联立即可解得X=1.5,Y=4.5,则有X:Y=1:3,故答案为:1:3.
【点评】本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡常数的大小比较以及电化学知识的运用,综合性较强,难度适中.
10.锰的用途非常广泛,在钢铁工业中,锰的用量仅次于铁,90%的锰消耗于钢铁工业,10%的锰消耗于有色冶金、化工、电子、电池、农业等部门.以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下:
已知25℃,部分物质的溶度积常数如下:
物质
Mn(OH)2
Co(OH)2
Ni(OH)2
MnS
CoS
NiS
Ksp
2.110﹣13
3.010﹣16
5.010﹣16
1.010﹣11
5.010﹣22
1.010﹣22
(1)步骤Ⅰ中,MnCO3与硫酸反应的化学方程式是 MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O ;
(2)步骤Ⅰ中需要加入稍过量的硫酸,其目的有3点:①使矿物中的物质充分反应;②提供第Ⅱ步氧化时所需要的酸性环境;③ 抑制Mn2+的水解 ;
(3)步骤Ⅱ中,MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+,该反应的离子方程式是 MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O ;
加氨水调节溶液的pH为5.0~6.0,以除去Fe3+.
(4)步骤Ⅲ中,需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外,还有 烧杯 ;滤渣2的主要成分是 CoS和NiS ;
(5)电解后的废水中还含有Mn2+,常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀,过滤后再向滤液中加入适量Na2S,进行二级沉降.欲使溶液中c(Mn2+)≤1.010﹣5 mol•L﹣1,则应保持溶液中c(S2﹣)≥ 1.010﹣6 mol•L﹣1.
【考点】制备实验方案的设计.
【专题】制备实验综合.
【分析】(1)加稀硫酸时样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4,并产生二氧化碳和水;
(2)Mn2+离子易水解;
(3)据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+﹣﹣Mn2++2Fe3+,再据电荷守恒有MnO2+2Fe2++4H+﹣﹣Mn2++2Fe3+,最后据原子守恒得MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O;
(4)根据操作方法判断缺少的仪器;由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+,向其中加入(NH4)2S,根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀(滤渣2)生成;
(5)由于将一级沉降根据MnS的Ksp=c(Mn2+)•c(S2﹣)进行计算即可.
【解答】解:向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)中加入硫酸,可以发生反应生成硫酸盐,向其中就如具有氧化性的二氧化锰,可以将亚铁离子氧化为铁离子,调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来,向滤液中加入硫化铵,可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来,最后对得到的含有锰离子的盐电解,可以得到金属锰.
(1)加稀硫酸时样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4,并产生二氧化碳和水,步骤Ⅰ中,MnCO3与硫酸反应的化学方程式为:MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O,
故答案为:MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O;
(2)Mn2+离子易水解.加入过量硫酸,还可以抑制Mn2+的水解,
故答案为:抑制Mn2+的水解;
(3)步骤Ⅱ中,MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+,反应的离子方程式是据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+﹣Mn2++2Fe3+,再据电荷守恒有MnO2+2Fe2++4H+﹣Mn2++2Fe3+,最后据原子守恒得,MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O,
故答案为:MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O;
(4)步骤Ⅲ为过滤操作,需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外,还需要烧杯;
由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+,向其中加入(NH4)2S,根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀(滤渣2)生成,
故答案为:烧杯;CoS和NiS;
(5)MnS的Ksp=c(Mn2+)•c(S2﹣)=1.010﹣11,为了将Mn2+降到1.010﹣5mol/L,则c(S2﹣)===1.010﹣6mol/L,即硫化钠的浓度是1.010﹣6mol/L,
故答案为:1.010﹣6.
【点评】本题考查了制备方案的设计,题目难度中等,根据制备流程明确制备原理为解答关键,注意掌握难溶物溶解平衡及溶度积的有关计算方法,试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力.
三.【化学选修2:化学与技术】
11.我市某地的煤矸石经预处理后含SiO2(63%)、Al2O3(25%)、Fe2O3(5%)及少量钙镁的化合物等,一种综合利用工艺设计如下:
已知:
离子
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe3+
2.1
3.2
Al3+
4.1
5.4
请回答下列问题:
(1)“酸浸”后得到的残渣中主要含有的物质是 SiO2
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