化学 柳州市2017年高三第二次模拟考试
精品
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单选题 本大题共7小题,每小题6分,共42分。在每小题给出的4个选项中,有且只有一项是符合题目要求。
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题型: 单选题
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分值: 6分

1. 下列说法错误的是()

A氧化钙用作儿童食品的干燥剂存在安全隐患

B“地沟油”经过加工处理后,可以用来制肥皂和生物柴油

C雾霾天气对人体健康造成危害,“雾”和“霾”的分散质微粒不相同

D绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理

正确答案

D

解析

A.氧化钙与水反应放出大量热量,且氢氧化钙有毒,不能食用,故A正确; 
B.乙烯、氯乙烯、苯乙烯都含有碳碳双键,都能发生加聚反应,故B正确; 
C.雾霾天气对人的健康造成危害,“雾”和“霾”的分散质微粒不相同,雾的粒度较大,霾的粒度较小,故C正确; 
D.“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染而不是对污染进行治理,故D错误。 
故选D。

考查方向

化学与生活吗

解题思路

A.氧化钙与水反应放出大量热量 
B.乙烯、氯乙烯、苯乙烯都含有碳碳双键 
C.雾滴的尺度比较大,从几微米到100微米,平均直径大约在10-20微米左右;霾粒子的分布比较均匀,而且灰霾粒子的尺度比较小,从0.001微米到10微米,平均直径大约在1-2微米左右 
D.“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染

易错点

本题考查物质的用途、有机反应类型、绿色化学等,明确物质的性质是解本题关键,性质决定用途,用途体现性质,会运用化学知识解释生产、生活现象,题目难度不大。

1
题型: 单选题
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分值: 6分

2. 若NA表示阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是()

A1L 1mol·L-1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NA

B78g苯中含有C=C键的数目为3NA

C7.8gNa2O2固体中含有的离子总数为0.3NA

D标准状况下,将分子总数为NA的NO和O2充分混合后,所得混合气体的体积约为22.4L

正确答案

C

解析

A. ClO是弱酸根发生水解,离子数目减少,溶液中含有ClO的数目小于NA,故A错误;

B. 苯分子中不存在C=C,故B错误;

C. 7.8gNa2O2固体物质的量0.1mol,含有的0.2mol钠离子,0.1mol过氧根离子,离子总数为0.3NA,故C正确;

D. NO和O2充分混合后,发生反应,分子数目减少,气体物质的量减少,体积小于22.4L,故D错误。

故选C。

考查方向

阿伏伽德罗常数

解题思路

A. ClO是弱酸根发生水解,离子数目减少,

B. 苯分子中不存在C=C

C. 7.8gNa2O2固体物质的量0.1mol,含有的0.2mol钠离子,0.1mol过氧根离子,离子总数为0.3NA

D. NO和O2充分混合后,发生反应

易错点

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键,难度不大。

1
题型: 单选题
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分值: 6分

5.常温下,0.1000mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00ml浓度均为0.1000mol·L-1的两种一元酸HX、HY溶液,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()

AHX是强酸,HY是弱酸

BV[NaOH(aq)]=10.00ml时,

CV[NaOH(aq)]=20.00ml时,所得的两种溶液的pH均等于7

DV[NaOH(aq)]=20.00ml时,所得的两种溶液的导电性,HX的比HY的强

正确答案

B

解析

A. 当酸的浓度相同时,酸性越强,酸越容易电离,则溶液中c(H+)越大,溶液的pH就越小,所以酸性HX小于HY,故A错误;

B. V[NaOH(aq)]=10.00ml时,根据反应,溶质为HX和NaX,且物质的量相等,因为X-发生水解,HX发生电离,溶液显酸性,电离大于水解,所以X-浓度大于HX,故B正确;

C. V[NaOH(aq)]=20.00ml时,酸碱恰好反应,HX为弱酸,所得NaX是强碱若酸盐,溶液碱性,故C错误;

D. V[NaOH(aq)]=20.00ml时,酸碱恰好反应,酸性HX小于HY,X-水解程度大,所以离子浓度小,故D错误。

故选D。

考查方向

中和滴定

解题思路

A. 当酸的浓度相同时,酸性越强,酸越容易电离,则溶液中c(H+)越大,溶液的pH就越小,所以酸性HX小于HY

B. V[NaOH(aq)]=10.00ml时,根据反应,溶质为HX和NaX,且物质的量相等,因为X-发生水解,HX发生电离,溶液显酸性,电离大于水解,所以X-浓度大于HX

C. V[NaOH(aq)]=20.00ml时,酸碱恰好反应,HX为弱酸,所得NaX是强碱若酸盐

D. V[NaOH(aq)]=20.00ml时,酸碱恰好反应,酸性HX小于HY,X-水解程度大

易错点

本题考查了酸碱中和反应,根据图象曲线变化确定酸的强弱、酸碱指示剂的选取,根据滴定终点溶液的PH结合酸碱指示剂变色范围确定指示剂,难点是酸碱指示剂的选取,题目难度中等

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题型: 单选题
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分值: 6分

7.下列实验操作能达到实验目的的是()

A实验操作:将SO2通入紫色石蕊溶液中;实验目的:证明SO2具有漂白性

B实验操作:取两支试管,分别加入4ml 0.01mol·L-1KMnO4溶液,然后向另一支试管中加入0.1mol·L-1H2C2O4溶液2ml,向另一支试管中加入0.1mol·L-1H2C2O4溶液4ml,记录褪色时间;实验目的:证明草酸浓度越大,反应速率越快

C实验操作:向10ml0.2mol·L-1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol·L-1MgCl2溶液,产生白色沉淀后,再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液,又生成红褐色沉淀;实验目的:证明在相同温度下的溶度积:

Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]

D实验操作:向含酚酞的Na2SO3溶液中加入BaCl2溶液;实验目的:证明Na2SO3溶液中存在水解平衡

正确答案

D

解析

A.二氧化硫漂白性具有局限性,不能使石蕊褪色,故A错误;

B.发生反应时高锰酸钾浓度不同,存在两个不同变量,故B错误;

C.发生沉淀转化时向生成溶解度更小的物质方向移动,但是溶度积大小和表达方式有关,故C错误;

D.向含酚酞的Na2SO3溶液中加入BaCl2溶液,红色变浅直至褪去,钡离子降低亚硫酸根离子浓度,亚硫酸根水解平衡逆向移动,氢氧根离子降低,故D正确。

故选D。

考查方向

实验验证

解题思路

A.二氧化硫漂白性具有局限性,不能使石蕊褪色

B.发生反应时高锰酸钾浓度不同,存在两个不同变量

C.发生沉淀转化时向生成溶解度更小的物质方向移动,

D.向含酚酞的Na2SO3溶液中加入BaCl2溶液,红色变浅直至褪去,钡离子降低亚硫酸根离子浓度,水解平衡逆向移动,氢氧根离子降低

易错点

本题考查较为综合,涉及沉淀转化、化学平衡、反应率比较等知识,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价,难度中等。

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题型: 单选题
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分值: 6分

3. 下列各组离子在指定溶液中,可能大量共存的是()

A加入铝能放出H2的溶液中:NH4+、Na+、Cl、Br

B水电离出的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液中:Fe3+、K+、CO32-、SO32-

C室温下,=0.1mol·L-1的溶液中:Al3+、Na+、SiO32-、HCO3

D使石蕊变红的溶液中:Fe2+、K+、ClO、SO42-

正确答案

A

解析

A. 加入铝能放出H2的溶液中,可能是强酸性溶液,也可能是强碱性溶液,溶液为酸性是,可以共存,故A正确;

B. 水电离出的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液,水的电离被抑制,可能是强酸性溶液,也可能是强碱性溶液,酸性环境,碳酸根离子和氢离子反应;碱性环境,铁离子和氢氧根反应,故B错误;

C. 室温下,=0.1mol·L-1的溶液,溶液是碱性溶液,Al3+、HCO3和氢氧根离子反应,故C错误;

D. 使石蕊变红的溶液,溶液县酸性,Fe2+、ClO和氢离子反应,生成次氯酸,同时还发生氧化还原,故D错误。

故选A。

考查方向

离子共存

解题思路

A. 加入铝能放出H2的溶液中,可能是强酸性溶液,也可能是强碱性溶液

B. 水电离出的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液,水的电离被抑制,可能是强酸性溶液,也可能是强碱性溶液

C. 室温下,=0.1mol·L-1的溶液,溶液是碱性溶液

D. 使石蕊变红的溶液,溶液县酸性

故选A。

易错点

本题考查离子共存,题目难度中等,注意题目中各项所给信息,为解答该题的关键,注意相关离子的性质,学习中注意积累,特别要注意ClO-的强氧化性。

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题型: 单选题
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分值: 6分

4.瑞香素具有消炎杀菌作用,结构如下图所示,下列叙述正确的是()

A与稀H2SO4混合加热不反应

B不能使酸性高锰酸钾溶液褪色

C1mol瑞香素最多能与3molBr2发生反应

D1mol瑞香素与足量的NaOH溶液发生反应时,消耗NaOH 3mol

正确答案

C

考查方向

有机物结构与性质的关系

解题思路

由结构可知分子中含酚-OH、碳碳双键、-COOC-,结合酚、烯烃、酯的性质来解答

A.含-COOC-,与稀H2SO4混合加热发生水解反应 
B.含碳碳双键、酚-OH,均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 
C.酚-OH的邻位、碳碳双键与溴水反应,则1mol 该物质最多可与3molBr2反应 
D.酚-OH、-COOC-及水解生成的酚-OH均与NaOH反应,则1mol瑞香素与足量的NaOH溶液发生反应时,消耗NaOH 4mol 
【解析】

A.含-COOC-,与稀H2SO4混合加热发生水解反应,故A错误; 
B.含碳碳双键、酚-OH,均能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故B错误; 
C.酚-OH的邻位、碳碳双键与溴水反应,则1mol 该物质最多可与3molBr2反应,故C正确; 
D.酚-OH、-COOC-及水解生成的酚-OH均与NaOH反应,则1mol瑞香素与足量的NaOH溶液发生反应时,消耗NaOH 4mol,故D错误; 
故选C.

易错点

本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质的关系为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意烯烃、酯等有机物的性质分析,题目难度不大。

1
题型: 单选题
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分值: 6分

6.六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大,其中A与E,B与F同主族,E与F同周期;D的核电荷数是F的最外层电子数的2倍;B的最高正价与最低负价的代数和为0;常温下单质A与E的状态不同。下列判断正确的是()

AA、D两种元素形成的化合物中只含有极性键

BA、C、D三种元素形成的化合物一定是共价化合物,其溶液一定呈酸性

C六种元素中,最高价氧化物对应水化物酸性最强的元素是C

D原子半径由大到小的顺序是F>E>C>D

正确答案

C

解析

A. 过氧化氢中存在非极性键,故A错误;

B. A、C、D三种元素形成的化合物可能是硝酸铵,是离子化合物,故B错误;

C. 六种元素中,最高价氧化物对应水化物酸性最强的是硝酸,对应元素氮元素,故C正确;

D. 同周期原子半径Na>Si,故D错误。

故选C。

考查方向

元素周期律;元素性质强弱比较。

解题思路

B的最高正价与最低负价的代数和为0,推知B只能是碳元素;B与F同主族,F是硅元素;D的核电荷数是F的最外层电子数的2倍,核电荷数是8,氧元素;B、C、D原子序数依次增大,C是氮元素;E与F同周期,E是第三周期,常温下是固体,A是气体,只能是氢气,A是氢元素,A与E同主族,E又是第三周期,E是钠元素。故A、B、C、D、E、F依次为H、C、N、O、Na、Si。

A. 过氧化氢中存在非极性键

B. A、C、D三种元素形成的化合物可能是硝酸铵,是离子化合物

C. 六种元素中,最高价氧化物对应水化物酸性最强的是硝酸

D. 同周期原子半径Na、Si

易错点

本题考查利用原子结构来推断元素,然后利用原子的结构分析元素的位置、物质的性质,酸碱混合后溶液酸碱性的判断。

简答题(综合题) 本大题共73分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
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题型:简答题
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分值: 14分

通过对煤的综合利用可得到洁净的燃料和多种化工原料,也可减少环境呢污染。煤的间接液化可得到甲醇。

13.已知:CH3OH、H2的燃烧热(△H)分别为-726.5kJ/mol、-285.8kJ/mol,则常温下CO2和H2反应生成CH3OH和H2O的热化学方程式是           

14.一定条件下,CO和H2合成CH3OH:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。

①在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1:2充入CO和H2,测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。

AB、C三点平衡常数KA、KB、KC的大小关系是           ;压强:P1    P2(填“>”、“<”或“=”)

逆反应速率:v(A)      v(B)(填“>”、“<”或“=”)

在C点,CO的转化率为         

在C点,若再按物质的量之比1:2充入一定量的CO和H2,当其它条件不变,达到新的平衡时,CH3OH的体积分数          (填“增大”、“减小”或“不变”)。

②若在恒温恒容条件下,能表示该可逆反应达到平衡状态的有         

15.氢硫酸、碳酸均为二元弱酸,其常温下的电离常数如下表:

煤的气化过程中产生的有害气体H2S可用足量的Na2CO3溶液吸收,该反应的离子方程式为        ;常温下,0.1mol·L-1NaHCO3溶液和0.1mol·L-1NaHS溶液的pH相比,pH较小的为      溶液(填化学式)。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)  △H=-130.9kJ·mol-1

解析

已知:CH3OH、H2的燃烧热(△H)分别为-726.5kJ/mol、-285.8kJ/mol,可知

①2H2(g)+O2(g)═2H2O(l),△H1=-571.68kJ•mol-1

②CH3OH(g)+3/2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l),△H2=-726.5kJ•mol-1

利用盖斯定律CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)  △H3

△H3=3/2△H1-△H2=-130.9kJ·mol-1

故答案为:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)  △H=-130.9kJ·mol-1

考查方向

盖斯定律

解题思路

根据反应热写出CH3OH、H2的燃烧热化学方程式,再利用该死定律进行计算。

易错点

本题考查利用盖斯定律求算化学反应反应热,热化学方程式的书写注意表明物质状态,燃烧热是1mol物质充分燃烧放出热量。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

A

解析

①从图像知道,相同压强,升高温度,甲醇体积分数减少,平衡逆向移动,正反应是放热反应;因此升温,逆向,K变小;同一温度,K值相同,所以KA>KB=KC

对比B、C两点,温度相同,CO(g)+2H2(g)CH3OH(g),增大压强,平衡正向移动,甲醇体积分数增大,所以B点压强大于C点压强,即P1>P2

A点和B点甲醇体积分数相同,体系中各物质的量相同;因为P1>P2,所以B点的反应物浓度大于A点浓度,故v(A)(B);

在C点,甲醇体积分数=50%,设起始加入的CO和H2物质的量分别是1mol和2mol,

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

开始     1mol   2mol          0

变化      x      2x           x

C点     1-x      2-2x        x

50%=

x=0.75=75%

在C点,若再按物质的量之比1:2充入一定量的CO和H2,当其它条件不变,达到新的平衡时,此时等效于在原平衡基础上减小体积,压强增大,平衡正向移动,CH3OH的体积分数增大。

②若在恒温恒容条件下,能表示该可逆反应达到平衡状态的有         

A. 反应过程体积不变,气体质量不变,故混合气体的密度保持始终不变,故A不符合题意;

B. 反应过程气体质量不变,若混合气体的平均相对分子质量保持不变,则气体物质的量不变,故B符合题意;

C. 反应过程体积不变,若容器内的压强保持不变,则气体物质的量不变,故C符合题意;

D. 单位时间内正反应每消耗1molCO的同时消耗2molH2,生成2molH2代表的是逆反应,故D符合题意;

E. CO、H2、CH3OH的浓度保持不变,符合题意;

F. CO、H2、CH3OH的浓度之比为1:2:1,平衡时不是浓度比值等于多少,而是浓度不变,故F不符合题意。

故选BCDE。

故答案为:①KA>KB=KC;>;<;75%;增大;

②BCDE;

考查方向

外界条件对化学平衡的影响;平衡状态的判断;等效平衡。

解题思路

图像题的关键是理解横纵坐标的意义和关键的选择,BCD三点的温度相同,由此判断压强大小;而温度是影响平衡常数的唯一因素。AB两点体积分数相同,B点压强大,体积小,浓度大,速率快。平衡状态的判断依据是“速率相等”,“ 物质的量不变”。

易错点

本题考查外界条件对化学平衡的影响以及平衡状态的判断,题目难度中等,为高考频考点,是中学化学重点知识,重点要求,务必掌握好。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

CO32-+H2S=HCO3+HS;NaHCO3

解析

氢硫酸、碳酸均为二元弱酸,根据表格中信息,酸性强弱比较H2CO3 >H2S> HCO3- >HS-

发生反应时向生成弱电解质的方向进行,所以H2S和Na2CO3溶液反应,产物是HCO3和HS,对应化学方程式CO32-+H2S=HCO3+HS

NaHCO3溶液NaHS溶液都发生水解,生成的弱电解质是H2CO3 和H2S,根据越弱越水解,HS水解程度大,氢氧根浓度大,pH值大,pH较小的为NaHCO3溶液。

故答案为: CO32-+H2S=HCO3+HS;NaHCO3

考查方向

电离平衡常数的意义和应用。

解题思路

氢硫酸、碳酸均为二元弱酸,根据表格中信息,酸性强弱比较H2CO3 >H2S> HCO3- >HS-

发生反应时向生成弱电解质的方向进行,所以H2S和Na2CO3溶液反应,产物是HCO3和HS,对应化学方程式CO32-+H2S=HCO3+HS

NaHCO3溶液NaHS溶液都发生水解,生成的弱电解质是H2CO3 和H2S,根据越弱越水解,HS水解程度大,氢氧根浓度大,pH值大,pH较小的为NaHCO3溶液。

易错点

本题考查电离平衡常数的意义和应用,发生反应时向生成弱电解质的方向移动,而判断依据来源于电离平衡常数,容易忽略一点把每一步电离看成一种独立的电解质电离。

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题型:简答题
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分值: 8分

氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂。有关资料为:

①CuCl为微溶于水的白色固体,在空气中可被迅速氧化

②CuOH为难溶于水的黄色固体,易分解为红色的Cu2O

③Cu+可与浓氨水反应生成Cu(NH3)2+(无色),该无色物质在空气中易被氧化为蓝色

甲小组同学用如下装置电解食盐水,并对电解产物进行研究。

16.若a极附近生成的白色浑浊是CuCl,则铜丝a应与电源的        极相连,铜丝a的电极反应式是   

17.b极附近溶液的pH         (填“增大”、“减小”或“不变”)。

18.橙黄色沉淀中含有Cu2O,则CuCl转化为Cu2O的原因是             (用方程式表示)。

19.a极附近沉淀自下而上变为橙黄色原因是           

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

正;Cu+Cl―e=CuCl;

解析

若a极附近生成的白色浑浊是CuCl,则铜的化合价升高,被氧化,判断铜丝a应为阳极,与电源正极相连;电极反应式书写时注意电解质环境,Cu+Cl―e=CuCl。

考查方向

电极反应类型,电极反应式书写。

解题思路

若a极附近生成的白色浑浊是CuCl,则铜的化合价升高,被氧化;电极反应式书写时注意电解质环境。

易错点

本题考查电极反应类型,根据铜元素化合价变化判断;电极反应式书写时注意电解质环境,题目难度一般,是高考的频考点。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

增大

解析

电解氯化钠溶液,b极是阴极发生还原反应,根据放电顺序,氢离子得电子生成氢气,氢氧根离子浓度增大,b极附近溶液pH值增大。

故答案为:增大;

考查方向

电解原理应用

解题思路

电解氯化钠溶液,b极是阴极发生还原反应,根据放电顺序,氢离子得电子生成氢气,氢氧根离子浓度增大,b极附近溶液pH值增大。

易错点

本题考查电解原理的应用,考虑电解池电极放电顺序,难度中等,是高考频考点。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

CuCl+OH=CuOH+Cl ;2CuOH=Cu2O+H2O;

解析

橙黄色沉淀中含有Cu2O,说明有CuOH;而CuOH来自沉淀转化,CuCl为微溶于水, CuOH为难溶于水。

沉淀转移依据CuOH溶解度更小,CuCl+OH=CuOH+Cl ;CuOH易分解为红色的Cu2O,2CuOH=Cu2O+H2O;

故答案为:CuCl+OH=CuOH+Cl ;2CuOH=Cu2O+H2O;

考查方向

沉淀转化;化学方程式书写;

解题思路

橙黄色沉淀中含有Cu2O,说明有CuOH;而CuOH来自沉淀转化,CuCl为微溶于水, CuOH为难溶于水。

易错点

本题考查沉淀转化,注意从题目中获取有用的信息,题目难度一般。书写离子方程式注意电荷守恒,质量守恒。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

(4)通电时,在阴极产生的OH自下而上向阳极定向移动

解析

本题考查电解池工作原理,在电解池电解液中,阴极产生的OH自下而上向阳极定向移动,随着氢氧根浓度增大,发生沉淀转化,CuOH分解,故答案为:通电时,在阴极产生的OH自下而上向阳极定向移动。

考查方向

电解池工作原理

解题思路

在电解池电解液中,阴极产生的OH自下而上向阳极定向移动,随着氢氧根浓度增大,发生沉淀转化,CuOH分解。

易错点

本题考查电解池工作原理,阴离子向阳极极移动,氢氧根自负极产生,逐渐移动至阳极,题目难度小。

1
题型:简答题
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分值: 14分

电子级钴的氧化物用于半导体工业和电子陶瓷等领域,是一种纯度很高的氧化物。现从废料(含Co3O4、Al、Si、Li2O、Fe2O3等物质)中提纯电子级钴的氧化物,其工业制取流程如下:

已知:

③  物质的溶解性:LiF难溶于水,Li2CO3微溶于水;②钴元素常见的化合价为+ 2和+ 3;

③部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH见下表。

8.废料在处理前要粉碎,其主要目的是(回答两个方面)          

步骤I得到的滤液A中的溶质为           (填化学式)。

9.步骤II中有黄绿色气体生成,有关含钴化合物发生反应的离子方程式为        

10.步骤III中Na2CO3溶液的作用是调节溶液的pH,应使溶液的pH的取值范围为           ;滤渣B的主要成分为           

11.步骤I、III、IV中均用到的分离提纯方法为       ,在实验室中完成该操作用到的玻璃仪器是 

12. 5.49gCoC2O4·2H2O(其相对分子质量为183)经过反复洗涤、干燥后,进行灼烧,其热重分析如下表。

290℃~320℃时若生成两种气体,则发生反应的化学方程式为           ,400℃~500℃所得固体的化学式为         

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

增加反应物的接触面积,加快化学反应速率,提高原料利用率等;NaAlO2、Na2SiO3

解析

废料加入氢氧化钠溶液碱浸,得到钴渣,为充分反应溶解,增加反应物的接触面积,加快化学反应速率,提高原料利用率,将废料粉碎;Co3O4、Al、Si、Li2O、Fe2O3等物质加入氢氧化钠溶液碱浸,Al、Si溶于氢氧化钠,分别得到NaAlO2、Na2SiO3,故答案为:增加反应物的接触面积,加快化学反应速率,提高原料利用率等;NaAlO2、Na2SiO3

考查方向

分离设计

解题思路

废料加入氢氧化钠溶液碱浸,得到钴渣,为充分反应溶解,增加反应物的接触面积,加快化学反应速率,提高原料利用率,将废料粉碎;Co3O4、Al、Si、Li2O、Fe2O3等物质加入氢氧化钠溶液碱浸,Al、Si溶于氢氧化钠。

易错点

本题考查根据物质性质设计分离方案,依据的是物质的性质,常见的是酸溶或碱溶,题目难度不大。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

Co3O4+8H++2Cl=3Co2++Cl2↑+4H2O ;

解析

有黄绿色气体生成,判断为氯气,浓盐酸被氧化,Co3O4是氧化剂,强氧化性来自钴元素从+3价到+2价,利用电子守恒、质量守恒配平,Co3O4+8H++2Cl=3Co2++Cl2↑+4H2O,故答案为:Co3O4+8H++2Cl=3Co2++Cl2↑+4H2O;

考查方向

化学方程式书写;氧化还原反应。

解题思路

有黄绿色气体生成,判断为氯气,浓盐酸被氧化,Co3O4是氧化剂,强氧化性来自钴元素从+3价到+2价,利用电子守恒、质量守恒配平。

易错点

本题考查化学方程式书写,根据题目信息,步骤II中有黄绿色气体生成,判断为氯气,说明发生了氧化还原反应,题目中钴元素化合价是提示信息。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

3.2≤pH<7.15;LiF、Fe(OH)3

解析

依据表中数据分析判断加入碳酸钠调节溶液PH,沉淀铁离子,但不能沉淀钴离子,步骤中Na2CO3溶液的作用是调节溶液的pH,为沉淀完全铁离子,应使溶液的pH应当大于3.2;但不能沉淀钴离子,保证pH应当不超过7.15,废渣中的主要成分除了LiF外还有Fe(OH)3;故答案为:3.2≤pH<7.15;LiF、Fe(OH)3

考查方向

沉淀溶解平衡

解题思路

依据表中数据分析判断加入碳酸钠调节溶液PH,沉淀铁离子和锂离子,但不能沉淀钴离子;

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

过滤;烧杯、漏斗、玻璃棒;

解析

分离方法的选择是根据混合物的性质来确定,步骤I、III、IV都是分离固体液体,选用方法是过滤;在实验室中完成该操作用到的玻璃仪器烧杯、漏斗、玻璃棒,故答案为:过滤;烧杯、漏斗、玻璃棒;

考查方向

分离方法

解题思路

分离方法的选择是根据混合物的性质来确定,步骤I、III、IV都是分离固体液体,选用方法是过滤;

易错点

本题考查分离方法的选择和试用的仪器,分离方法的选择是根据混合物的性质来确定。

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

CoC2O4CoO+CO↑+CO2↑;Co3O4

解析

5.49gCoC2O4·2H2O(其相对分子质量为183),从质量分别是4.41、2.25、2.41,可以计算固体的相对分子质量。对应关系式:

CoC2O4·2H2O(其相对分子质量为183),Co相对原子质量=59,

183-147=36,150~210℃发生反应为CoC2O4·2H2O失去两个结晶水,故4.41g固体化学式是CoC2O4;

290℃~320℃时固体质量2.25g,固体相对分子质量=75,分子式CoO,损失部分化学式C3O4,因为产物为两种气体,推知是CO和CO2,相关方程式CoC2O4CoO+CO↑+CO2↑;

83.3不合题意,因此固体3的相对分子质量是83.3的倍数,合理答案83.3×3=241

400℃~500℃所得固体是CoO在空气中灼烧所得,应该是钴元素的氧化物,设分子式为ComOn

59m+16n=241,合理答案:Co3O4

考查方向

关于方程式的差量计算

解题思路

5.49gCoC2O4·2H2O(其相对分子质量为183),从质量分别是4.41、2.25、2.41,可以计算固体的相对分子质量,进而推断固体分分子式级相关的化学方程式。

易错点

本题考查利用固体质量变化,进行差量连续计算,根据固体质量推断固体的相对分子质量,进一步计算产物中气体的成分。

1
题型:简答题
|
分值: 7分

氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂。有关资料为:

①CuCl为微溶于水的白色固体,在空气中可被迅速氧化

②CuOH为难溶于水的黄色固体,易分解为红色的Cu2O

③Cu+可与浓氨水反应生成Cu(NH3)2+(无色),该无色物质在空气中易被氧化为蓝色

乙小组同学通过以下方案制取CuCl并对其组成进行研究。

将Na2SO3的水溶液逐滴加入CuCl2的水溶液中,再加入少量浓盐酸调节到pH=3左右,即可得到白色沉淀CuCl。

20.写出产生CuCl的离子方程式             

21.为了提高CuCl的产率,可采用        法快速过滤,生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是  

22.为探究白色沉淀的化学组成,将制得的白色沉淀溶于浓氨水,得到无色溶液,将无色溶液分成两份,一份放置于空气中,一段时间后溶液变为蓝色;另一份的实验方法及现象为            

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

2Cu2++SO32-+2Cl+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+

解析

Na2SO3的水溶液逐滴加入CuCl2的水溶液中,得到CuCl,铜离子被还原,意味着亚硫酸根被氧化,氧化还原的离子方程式配平,遵守三个守恒,故答案为:2Cu2++SO32-+2Cl+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+

考查方向

离子方程式书写;氧化还原反应。

解题思路

Na2SO3的水溶液逐滴加入CuCl2的水溶液中,得到CuCl,铜离子被还原,意味着亚硫酸根被氧化,氧化还原的离子方程式配平,遵守三个守恒。

易错点

本题考查离子方程式书写,关键是从题目中读取信息,铜离子被还原,意味着亚硫酸根被氧化,据此答题。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

抽滤或减压过滤;防止CuCl的水解

解析

快速过滤采用的常见方法抽滤或减压过滤;第一问已经设计碱性环境,CuCl发生沉淀转化,生成溶解度更小的CuOH。故答案为:抽滤或减压过滤;防止CuCl的水解;

考查方向

实验操作

解题思路

快速过滤的方法就是抽滤或减压过滤;从前面知道,氢氧根离子可以使得沉淀转化,不利于提高CuCl的产率。

易错点

本题考查实验操作,难度中等,但是设计在知识面要求广泛,抽滤的知识点平常不多见,知识积累是关键。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

加入足量的稀硝酸,再滴加几滴硝酸银溶液,有白色沉淀生成

解析

将无色溶液分成两份,一份放置于空气中,一段时间后溶液变为蓝色,证明了沉淀中阳离子是亚铜离子;阴离子应该是氯离子,为了验证氯离子,应该用硝酸酸化的硝酸银,故答案为:加入足量的稀硝酸,再滴加几滴硝酸银溶液,有白色沉淀生成;

考查方向

设计实验验证

解题思路

白色沉淀为CuCl,第一份溶液放置被氧气氧化变蓝色验证的是铜;剩余部分是阴离子氯离子。

易错点

本题考查设计实验验证,白色沉淀为CuCl,从阳离子和阴离子两个方面考虑,这是容易忽略的地方。

1
题型:简答题
|
分值: 15分

选做题一

现有A、B、C、D、E五种短周期非金属元素,其原子序数依次增大。A是原子半径最小的元素,B元素的一种核素可用于考古断代,D元素的s轨道和p轨道上的电子数相等。C、E是同主族元素,它们的核外均有3个未成对电子。请回答下列问题:

23.基态E原子有     种能量不同的电子。

24.五种元素中,电负性最大的是       ,第一电离能最大的是        (均填元素符号)。

25.化合物CA3的沸点比化合物BA4的沸点高,其主要原因是           

26.CD2的立体构型是        ,其中C原子的杂化类型为          

27.C2A4溶于水电离方程式与CA3溶于水电离方程式相似,试写出C2A4在水溶液中的电离方程式    (写一步即可,要求用化学符号表示)。

28.开发金属储氢材料是氢能的重要研究方向。MgA2是一种储氢材料,其晶胞结构如下图所示:

已知该晶胞的体积为Vcm3,则该晶胞的密度为       g·cm-3(用V和NA表示)。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

5

解析

A是原子半径最小的元素,A是氢元素;B元素的一种核素可用于考古断代,B是碳元素;C、E是同主族元素,它们的核外均有3个未成对电子,核外电子排布式分别为1s22s22p3和1s22s22p63s23p3,对应氮元素和磷元素;D元素的s轨道和p轨道上的电子数相等,符合要求的有1s22s22p4和1s22s22p63s2,因为是非金属,故D是氧元素。故A、B、C、D、E分别是H、C、N、O、P。

E的基态排布是1s22s22p63s23p3,有5种能量不同的电子。

考查方向

核外电子运动状态

解题思路

A是原子半径最小的元素,A是氢元素;B元素的一种核素可用于考古断代,B是碳元素;C、E是同主族元素,它们的核外均有3个未成对电子,核外电子排布式分别为1s22s22p3和1s22s22p63s23p3,对应氮元素和磷元素;D元素的s轨道和p轨道上的电子数相等,符合要求的有1s22s22p4和1s22s22p63s2,因为是非金属,故D是氧元素。故A、B、C、D、E分别是H、C、N、O、P。有几种能级,对应几种能量。

易错点

本题考查核外电子运动状态,同一能级的电子能量相同,题目难度一般,关键是正确书写原子的基态电子排布式。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

O;N;

解析

A、B、C、D、E分别是H、C、N、O、P,电负性大小HP,所以最大的是氧元素;元素第一电离能大小N是1s22s22p3,p轨道半充满,元素第一电离能大于相邻的C和O,氮氧同主族,N>P,所以第一电离能最大的是氮元素。

故答案为:O;N;

考查方向

电负性;元素第一电离能。

解题思路

A、B、C、D、E分别是H、C、N、O、P,电负性大小HP,所以最大的是氧元素;元素第一电离能大小N是1s22s22p3,p轨道半充满,元素第一电离能大于相邻的C和O,氮氧同主族,N>P,所以第一电离能最大的是氮元素。

易错点

本题考查元素电负性,元素第一电离能,电负性变化规律自左至右,依次增大;元素第一电离能自左至右,依次增大,但是全充满、半充满能量低,元素第一电离能大于相邻主族。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

NH3分子间能形成氢键;

考查方向

氢键;分子间作用力;

解题思路

A为氢元素,B为碳元素,C为氮元素,化合物CA3为NH3,BA4为CH4,NH3分子之间存在氢键,CH4分子间作用力是分子间作用力。
【解析】

A为氢元素,B为碳元素,C为氮元素,化合物CA3为NH3,BA4为CH4,NH3分子之间存在氢键,CH4分子间作用力是分子间作用力,氢键强于分子间作用力,故NH3沸点比CH4的高。
故答案为:NH3分子之间存在氢键。

易错点

本题考查氢键,比较熔沸点高低一是判断微粒间基本作用力种类,二是基本作用力的影响因素。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

(4)V形;sp2

解析

CD2是NO2-,中心原子是氮原子,氮原子的价层电子对数=2+=3,中心原子价层电子数=3,所以电子对互斥模型为平面三角形,因为N连接两个氧原子,故CD2的立体构型是式V形;

中心原子价层电子数=3,所以中心原子轨道杂化方式是sp2

考查方向

分子立体结构;原子轨道杂化。

解题思路

CD2是NO2-,中心原子是氮原子,氮原子的价层电子对数=2+=3

易错点

本题考查立体结构和原子轨道杂化类型,二者的判断都由中心原子价层电子数得出结论,关键是计算中心原子价层电子数。

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

N2H4+H2ON2H5++OH

解析

氨气在水中的电离和水分子有关,联氨电离和氨气在水中电离类似,N2H4+H2ON2H5++OH,故答案为:N2H4+H2ON2H5++OH

考查方向

电离方程式书写

解题思路

氨气在水中的电离和水分子有关,联氨电离和氨气在水中电离类似,氮原子和水电离的氢离子形成配位键。

易错点

本题考查电离方程式书写,考虑电解质的强弱来确定是可逆号还是等号,氨气在水中的电离和水分子有关。

第(6)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

按照均摊法,一个晶胞中镁原子数=,氢原子个数==4,1mol晶胞质量=52g,1mol晶胞体积=NAVcm3,密度== g·cm-3

故答案为:

考查方向

晶胞结构

解题思路

根据均摊法计算晶胞组成,在按照定义计算晶胞密度。

易错点

本题考查晶胞密度,根据定义计算,难度小,关键利用均摊法求出晶胞组成,易错点是分清微粒的位置,是否存在面心,体心等结构,特别是体心结构容易被忽略。

1
题型:简答题
|
分值: 15分

选做题二

工业上以1,3-丁二烯、丙烯、乙炔等为原料合成,流程图如下:

29.反应①的反应类型是        ,B中含有的官能团的名称         

30.写出反应②的化学方程式          

31.写出C的结构简式        

32.写出含有六元环且核磁共振氢谱有4组峰的同分异构体的结构简式       

33.据以上合成信息,以乙烯为原料合成1,6-乙二醇,其他试剂任选,写出合成的流程图。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

取代反应;碳碳双键;氯原子;

解析

反应①的条件是高温和氯气,一定不是碳碳双键加成,那么就是甲基发生取代反应;反应②根据迪尔斯-阿尔德反应,判断成环且环中存在碳碳双键。

由反应⑤可知C为,由反应③可知B为,则A为CH2=CH﹣CH2Cl,故答案为:取代反应;碳碳双键;氯原子;

考查方向

反应类型;官能团。

解题思路

反应①的条件是高温和氯气,一定不是碳碳双键加成,那么就是甲基取代;反应②根据迪尔斯-阿尔德反应,判断成环且环中存在碳碳双键。

易错点

本题考查化学反应类型判断和官能团的名称,浓度中等,反应条件经常作为反应类型判断的重要信息。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

反应物是CH2=CH﹣CH2Cl和1,3-丁二烯,产物是

反应②为烯烃的加成反应,方程式为

故答案为:

考查方向

化学方程式

解题思路

反应②根据迪尔斯-阿尔德反应判断,为烯烃的加成反应;

易错点

本题考查有机化学方程式书写,反应②根据迪尔斯-阿尔德反应,和反应物产物共同判断,是有机合成路线的常用方法。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

反应4是反应,根据题目信息提示,反应过程生成氯化钠,同时乙炔基连接在苯环烷基上,故答案为:

考查方向

有机推断

解题思路

反应4是反应,根据题目信息提示得出结果。

易错点

本题考查根据题目信息和前后产物推测物质结构简式,利用好题目所给信息是关键。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

含有六元环的同分异构体有,核磁共振氢谱分别有7、7、5、4组峰,故答案为:

考查方向

同分异构体的书写

解题思路

先写出含有六元环的同分异构体,在进行筛选。

易错点

本题考查同分异构体的书写,难度中等,本题中解决方法,写出所有同分异构体,然后筛选符合条件的。

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

以乙烯为原料合成1,6﹣己二醇,可先生成ClCH2CH2Cl,然后与CH≡CNa反应生成CH≡CCH2CH2C≡CH,在与氢气发生加成反应生成CH2=CHCH2CH2CH=CH2,最后生成1,6﹣己二醇,反应流程为

故答案为:

考查方向

有机合成路线设计

解题思路

以乙烯为原料合成1,6﹣己二醇,可先生成ClCH2CH2Cl,然后与CH≡CNa反应生成CH≡CCH2CH2C≡CH,在与氢气发生加成反应生成CH2=CHCH2CH2CH=CH2,最后生成1,6﹣己二醇.

易错点

本题考查有机合成路线设计,关键掌握题目所给信息,方法从开始推断,从终点推断,从中间向两侧推断。

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