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- 2021-08-23 发布
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高三化学试题
2020.6
本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分,考试时间90分钟。
注意事项:
1.每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号,不能将答案直接答在试卷上。
2.考试结束后,请将答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量:
H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 C1 35.5 K 39 Cr 52 Cu 64
第I卷(选择题 共40分)
一、选择题:本题共10小题,每题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.化学与中华古文化密切相关,下列说法不正确的是
A. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器,其主要原料为粘土
B. 《墨子·天志》中记载:“书于竹帛,镂于金石”。其中“金”指的是金属
C. 《天工开物》中记载:“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”,其中“丝、麻、裘”的主要成分都是蛋白质
D. 《周易参同契》中对汞的描述:“得火则飞,不见埃尘,将欲制之,黄芽为根。”黄芽为硫磺
【答案】C
【解析】
【详解】A.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器,瓷器是利用黏土高温煅烧制得,故A正确;
B.《墨子·天志》中记载:“书于竹帛,镂于金石”意为把字写在竹简和帛上,雕刻在金属、石头上,故“金”指的是金属,故B正确;
C.麻的主要成分为纤维素,不是蛋白质,属于糖类,“丝、裘”的主要成分都是蛋白质,故C错误;
D.液态的金属汞受热易变成汞蒸气,汞属于重金属,能使蛋白质变性,属于有毒物质,但常温下,能和硫反应生成硫化汞,从而防止其变成汞气体,黄芽指呈淡黄色的硫黄,故D正确;
答案选C。
2.在指定条件下,下列各组离子一定能大量共存的是
A. 滴加甲基橙显红色的溶液中:Na+、Fe2+、C1-、NO
B. 0.1mol·L-1FeC13溶液中:NH、Mg2+、SO、NO
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C. 0.1mo1·L-1KI溶液中:Na+、K+、ClO-、OH-
D. 由水电离的c(H+)=1.0×10-13 mo1·L-1的溶液中:K+、NH、C1-、HCO
【答案】B
【解析】
【详解】A.滴加甲基橙显红色的溶液为酸性,Fe2+、NO在酸性条件下发生氧化还原反应,故A不符合题意;
B.0.1mol·L-1FeC13溶液显酸性,NH、Mg2+、SO、NO之间不反应,在酸性条件下可以大量共存,故B符合题意;
C.0.1mo1·L-1KI溶液中碘离子具有还原性,ClO-具有氧化性,会发生氧化还原反应,不能大量共存,C不符合题意;
D.由水电离的c(H+)=1.0×10-13 mo1·L-1的溶液为酸性或碱性,酸性或碱性条件下HCO均不能大量共存,故D不符合题意;
答案选B。
【点睛】B为易错点,清楚0.1mol·L-1FeC13溶液的性质很关键。
3.X、Y、Z、W为短周期主族元素。X、Z、W形成的一种离子常用于检验Fe3+,X、Y形成的化合物YX3常用作汽车安全气囊的气体发生剂,W的单质在加热条件下可与X、Z的最高价含氧酸反应。下列叙述正确的是
A. 原子半径:Z>Y>W>X
B. 简单氢化物稳定性:Z>X
C. W形成的单质一定为原子晶体
D. ZO2和ZO3中Z的原子杂化方式相同
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Z、W形成的一种离子常用于检验Fe3+,是Fe3+与SCN- 反应生成Fe(SCN)3,则X、Z、W分别是S、C、N中的一种,再结合“W的单质加热条件下可与X、Z的最高价含氧酸反应”,可确定W是C;汽车安全气囊的气体发生剂常用NaN3,由此可知X、Y、Z、W分别是N、Na、S、C。
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【详解】A.由4种元素所在元素周期表位置可判断Y(Na)的原子半径最大,同主族原子半径逐渐增大,同周期原子半径逐渐减小,Na>S>C>N,即Y>Z>W>X,故A错误;
B.元素非金属性越强,简单氢化物稳定性越强,非金属性N>S、 X>Z,故B错误;
C.C的单质可以是金刚石、石墨、碳60等,可能为原子晶体,如金刚石,碳60是分子晶体,石墨属于混合晶体,故C错误;
D.S的氧化物为SO2和SO3,价层电子对数都是3对,二氧化硫有一对孤对电子,三氧化硫没有,S原子的杂化方式都为sp2杂化,故D正确;
答案选D。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 14gCO、N2混合气体中共含有7NA个电子
B. 常温下,0.1mol环氧乙烷()共有0.3NA个共价键
C. 在含CO总数为NA的Na2CO3溶液中,Na+总数为2NA
D. 氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时,负极消耗的气体分子数目为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.14gCO、N2混合气体的物质的量为,一个CO或N2分子中电子数目为14个,0.5molCO、N2混合气体中共含有7NA个电子,故A正确;
B.一个分子中含有7个共价键,三个碳碳键,4个碳氢键,常温下,0.1mol环氧乙烷()共有0.7NA个共价键,故B错误;
C.在含CO总数为NA的Na2CO3溶液中,若CO不水解,Na+总数为2NA,但CO易水解成碳酸氢根,故Na+总数大于2NA,故C错误;
D.没有指明是否处于标准状况,无法计算气体的物质的量,故D错误;
答案选A。
【点睛】B项环氧乙烷的碳氢键容易遗漏,需要学生细心观察物质的结构。
5.应用下列实验装置或方案能达到实验目的的是
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A. 用图1装置制备少量氨气
B. 用图2所示装置收集SO2
C. 用图3所示装置检验是否有乙烯产生
D. 用图4装置比较KMnO4、C12、S的氧化性强弱
【答案】D
【解析】
【详解】A.用图1装置制备少量氨气,没有干燥装置,得到的氨气中含有水蒸气,应选用碱石灰干燥,用上下排空气法收集,装置缺少除杂装置和收集装置,故A错误;
B.SO2的密度大于空气,导气管应该长进短出,故B错误;
C.挥发出的乙醇和产生的乙烯都能使酸性高锰酸钾褪色,需要加有水的装置除去乙醇,故C错误;
D.高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气,氯气与硫化钠反应生成硫,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,氧化性KMnO4>C12>S,用图4装置可以比较KMnO4、C12、S的氧化性强弱,故D正确;
答案选D。
6.以乙炔和乙醛为原料制备1,3-丁二烯的合成路线如图所示:下列说法不正确的是
A. 甲、乙两种有机化合物中均含有手性碳原子
B. CH3CHO既可被氧化为CH3CH2OH,又可被还原为CH3COOH
C. 丙(1,3-丁二烯)形成的高聚物的结构简式为
D. 合成路线中涉及到的反应类型有加成反应和消去反应
【答案】B
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【解析】
【分析】
乙醛和乙烯发生加成反应得到甲,甲与氢气发生加成反应得到乙,乙发生消去反应得到丙(1,3-丁二烯)。
【详解】A.甲、乙两种有机化合物中次甲基上的碳原子连有四种不同的基团,故均含有手性碳原子,故A正确;
B.CH3CHO既可被氧化为CH3COOH,又可被还原为CH3CH2OH,故B错误;
C.丙(1,3-丁二烯)形成的高聚物时,双键断开,中间形成一对新的双键,形成的高聚物的结构简式为,故C正确;
D.甲到乙发生的是加成反应,乙到丙发生的是消去反应,故D正确;
答案选B。
7.常温下,2NH3(g)+NaClO(aq)=NaCl(aq)+N2H4(aq)+H2O(l)能自发进行,可用于生产N2H4。下列有关说法正确的是
A. 该反应的ΔH>0,ΔS<0
B. 每生成 1 mol N2H4 转移 2 mol 电子
C. 室温下,向 0.1mol·L-1 NaClO 溶液中加水,溶液 pH 增大
D. N2H4、O2 和 KOH 溶液组成的燃料电池,负极反应为 N2H4-4e-=N2+4H+
【答案】B
【解析】
【详解】A.2NH3(g)+NaClO(aq)=NaCl(aq)+N2H4(aq)+H2O(1),△S<0,又△H-T△S<0的反应可自发进行,则该反应△H<0,故A错误;
B.反应中氮元素化合价由-3升高到-2,则每生成1mol N2H4转移2mol电子,故B正确;
C.NaClO溶液由于次氯酸跟水解显碱性,则室温下,向0.1mol/L NaClO溶液中加水,溶液体积增大,碱性减弱,pH减小,故C错误;
D.N2H4、O2和KOH溶液组成的燃料电池中N2H4被氧气氧化为负极,在碱性溶液中失电子生成氮气和水,负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O,故D错误;
故选:B。
8.一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料,以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质,其电池总反应为:
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,其电池结构如图1所示,图2是有机高聚物的结构片段。下列说法不正确的是
A. 放电时,含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极
B. 有机高聚物中含有的化学键有:极性键、非极性键和氢键
C. 合成有机高聚物的单体是
D. 放电时,电极的正极反应为:MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-
【答案】B
【解析】
【分析】
电池放电时是原电池由总的电极反应可知,含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极,二氧化锰做正极,负极失电子发生氧化反应,Zn-2e-=Zn2+,正极为MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-,根据高聚物的分子结构进行判断。
【详解】A.根据分析可知,放电时,含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极,失电子发生氧化反应,故A正确;
B.根据图中信息,有机高聚物中含有的化学键有:碳氧、碳氮、氮氢等原子形成的极性键、碳碳原子之间形成的非极性键,氮氧原子形成的氢键属于分子间作用力,不属于化学键,故B错误;
C.图中可以看出合成有机高聚物的单体是,故C正确;
D.放电时,二氧化锰做正极,化合价降低,转变为MnOOH,电极的正极反应为:MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-,故D正确;
答案选B。
【点睛】氢键不是化学键,属于特殊的分子间作用力,主要影响分子晶体的熔沸点。
9.用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以I-形式存在)的工艺流程如下
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下列说法正确的是
A. 流程中①和④所得溶液中,I-离子的浓度相等
B. 流程中⑥的分离碘产品的操作方法是萃取
C. 流程中④发生离子反应:2I2+SO+H2O=4I-+SO+2H+
D. 制备10mol I2,理论上需KC1O3质量约为408g
【答案】D
【解析】
【分析】
卤水中含碘离子,酸化后,通入氯气可氧化碘离子生成碘单质,高分子吸附树脂吸附碘单质,然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成HI和硫酸钠,反应为I2+Na2SO3+H2O==2HI+Na2SO4,氧化时氯酸钾可氧化碘离子生成碘单质,离子反应为6I-+ClO3-+6H+=3I2+Cl-+2H2O,升华可得到粗产品,据此分析解答。
【详解】A.流程中①和④所得溶液中,碘离子的物质的量相同,为碘富集过程,浓度增大,c(I−)后者大于前者,故A错误;
B.根据分析,对流程中⑥的分离碘产品进行升华操作进行分离,故B错误;
C.流程中④为碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成HI和硫酸钠,离子反应:I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+,故C错误;
D.根据氧化时氯酸钾可氧化碘离子生成碘单质,离子反应为6I-+ClO3-+6H+=3I2+Cl-+2H2O,制备10mol I2,理论上需KC1O3的物质的量为mol,质量约为= 122.5g/mol×mol≈408g,故D正确;
答案选D。
10.在2L恒容密闭容器分别投入2molCO和1molO2。进行反应:2CO(g)+O2(g)2CO2(g)。在相同的时间段(5min)下,测得CO的转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是
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A. 化学平衡常数:K(b)<K(c)<K(d)
B. a点,vO2(正)=0.14mo1·L-1·min-1
C. d点vCO(正)等于a点vCO(正)
D. 50℃时,该反应的化学平衡常数K=160L·mol-1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图示,b点时CO的转化率最大,则b点时反应达到平衡状态,随温度升高,CO的转化率降低,说明反应逆向进行,则正反应为放热反应,据此分析解答。
【详解】A.根据分析,2CO(g)+O2(g)2CO2(g)为放热反应,b、c、d点温度依次升高,温度升高,反应逆向进行,平衡常数减小,则化学平衡常数:K(b)>K(c)>K(d),故A错误;
B.a点时,CO的转化率为0.7,则CO物质的量的变化量为2mol×0.7=1.4mol,则CO的平均反应速率==0.14 mo1·L-1·min-1,根据反应速率之比等于化学反应计量系数值比,vO2(正)=vCO (正)=0.14mo1·L-1·min-1×=0.07 mo1·L-1·min-1,即5min内,O2的平均反应速率为0.07 mo1·L-1·min-1,故B错误;
C.a、b两点的温度不同,a点的温度低,b点的温度高,温度越高反应速率越快,则两点vCO(正)不相等,b点vCO(正)大于a点vCO(正),故C错误;
D.50℃时,CO的转化率为0.8,列三段式:
该反应的化学平衡常数K==160L·mol-1,故D正确;
答案选D。
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二、选择题:本题共5个小题,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.下列有关说法正确的是
A. CS2为含极性键的极性分子
B. MgO的熔点高于Na2O的熔点
C. 基态C1原子核外有17种能量不同的电子
D. C、N、O、P四种元素电负性最大的是O
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A.由不同元素的原子形成的共价键是极性键,分子中正电中心和负电中心能重合的是非极性分子,CS2为直线形分子,所以CS2为含极性键的非极性分子,A错误;
B.MgO、Na2O都是离子晶体,离子晶体的熔点高低的比较要看离子键的强弱,离子键越强,熔点越高,而离子键的强弱要看离子半径的大小和离子所带的电荷,离子半径越小和离子所带电荷越多,离子键越强,熔点越高,离子半径由大到小的顺序为:Na+>Mg2+,离子所带电荷:Mg2+>Na+,所以熔点由高到低的排序为MgO>Na2O,B正确;
C.基态C1原子核外有17个电子,有5个能级,同一能级上电子能量相同,故有5种能量不同的电子,C错误;
D.同周期从左往右元素的电负性依次增大,同主族从下往上元素的电负性依次增大,故C、N、O、P四种元素电负性最大的是O,D正确;
故本题选BD。
12.4-羟基苯甲酸丁酯()是2020年3月3日欧洲化学品管理局(ECHA)提议高度关注加入SVHC清单的物质之一。下列有关说法不正确的是
A. 该物质性质稳定,不易变质
B. 该物质能使氯化铁显色
C. 1mo1该物质最多能与2mo1NaOH反应
D. 1mo1该物质最多能与3mo1H2加成
【答案】A
【解析】
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【详解】A.4-羟基苯甲酸丁酯含有酚羟基,不稳定,易被氧化,A错误;
B.该物质含酚羟基,能使氯化铁显色,B正确;
C.1mo1该物质含1个酚羟基,1个酯基,最多能与2mo1NaOH反应,C正确;
D.1mo1该物质含有1个苯环,最多能与3mo1H2加成,D正确;
故选A。
13.为探究SO2与Fe3+能否发生氧化还原反应,按如图装置进行实验(夹持、加热仪器略),下列说法正确的是
A. 铜和浓硫酸反应需要加热的原因是低温下铜被钝化
B. 试剂a为饱和NaHSO3溶液,其作用是观察气流速率
C. 一段时间,向C中滴加氯化钡溶液,产生白色沉淀,说明Fe3+氧化了SO2
D. 一段时间,向C中滴加酸性高锰酸钾,溶液褪色,说明SO2还原了Fe3+
【答案】BC
【解析】
【详解】A.浓硫酸和铜须在加热的条件下反应,常温下Cu与浓硫酸不反应,不属于钝化,A错误;
B.饱和NaHSO3溶液不与二氧化硫反应,可观察气流速率,B正确;
C.向C中加氯化钡溶液,有白色沉淀,说明发生了反应:2Fe3+ + SO2 + 2H2O=2Fe2+ + + 4H+,Fe3+氧化了SO2生成硫酸根,C正确;
D.二氧化硫和亚铁离子均能使酸性高锰酸钾褪色,一段时间后,向C中滴加酸性高锰酸钾,溶液褪色,不能说明溶液中一定含Fe2+,不能说明SO2还原了Fe3+,故D错误;
故选BC。
14.稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中,金属铈化学性质十分活泼。近年来发现用铈(Ce)的氧化物可高效制取H2,制备原理如图所示,已知0<<2,下列说法不正确的是
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A. CeO2是水分解的催化剂
B. T<1050℃时,CeO2比CeO2—δ稳定
C. 工业上可用电解CeCl4溶液制备Ce
D. 过程②的方程式为CeO 2—δ+δH2OCeO2+δH2
【答案】C
【解析】
【详解】A.CeO2在反应前后质量和性质不变,所以CeO2是水分解的催化剂,A正确;
B.T<1050℃时,CeO2﹣δ转化成CeO2,所以CeO2比CeO2﹣δ稳定,B正确;
C.Ce是活泼金属,应电解熔融的CeCl4制备Ce,C错误;
D.由上图可知,过程②是CeO2—δ和H2O反应生成CeO2和H2,所以方程式为CeO 2-δ+δH2OCeO2+δH2,D正确;
故选C。
15.常温下,用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液,溶液中-1g[c(H+)/c(H2C2O4)]和-1gc(HC2O)或-1g[c(H+)/c(HC2O)]和-lgc(C2O)关系如图所示,下列说法错误的是
A. 曲线M表示和的关系
B. 滴定过程中,当pH=5时,c(Na+)-3c(HC2O)>0
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C. 随pH的升高而减小
D. 在NaHC2O4溶液中c(Na+)>(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)
【答案】BC
【解析】
【分析】
二元弱酸的电离常数Ka1>Ka2,斜线M表示表示和的乘积等于10-2,
斜线N表示表示和的乘积等于10-5。
【详解】A.H2C2O4为二元弱酸,第一步电离平衡常数大于第二部电离平衡常数,故大于,即>,则>,即<,因此曲线M表示和的关系,A正确;
B.当pH=5时,溶液呈酸性,c(OH-)<c(H+),c(H+)=10-5mol/L,,则c(HC2O)=c(C2O),根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-),则c(Na+)-3c(HC2O)=c(OH-)-c(H+)<0,B错误;
C.已知,,,则,与溶液的pH无关,C错误;
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D.由上图可知,,则,同理Ka1=10-2,则草酸氢钠的水解平衡常数=Kw/Ka1=10-12,小于Ka1,说明以电离为主,溶液显酸性,则中c(Na+)>(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4),D正确;
故选BC。
【点睛】本题考查了离子浓度大小的比较、平衡常数,难度中等,明确反应后溶质的组成为解题关键,注意掌握物料守恒,电荷守恒,及盐的水解原理的含义及应用方法,试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用的能力。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
三、非选择题:本题共5小题,共60分
16.过氧化尿素(CO(NH2)2·H2O2)是过氧化氢水溶液与尿素的加和物,兼有尿素和过氧化氢的性质,是一种新型漂白、消毒剂,广泛应用于农业、医药、日用化工等领域。某化学小组同学用低浓度的双氧水和饱和尿素[CO(NH2)2]溶液在30℃条件下用右图装置合成过氧化尿素。请回答下列问题:
(1)仪器X的名称是______________;
(2)制备过氧化尿素的化学方程式为_______________________,反应时采取的受热方式为_____________;
(3)搅拌器不能选择铁质材料的原因是______________________
(4)过氧化尿素中活性氧含量的高低直接决定产品的质量,合格产品中活性氧的含量≥16%(相当于其中含H2O234%)。为了确定所得产品合格与否,质检员称取干燥样品8.000g,溶解于水,在250mL容量瓶中定容,准确量取其中25.00mL溶液于锥形瓶中,加入1mL6mol·L-1H2SO4,然后用0.2000mol·L-1KMnO4标准溶液滴定样品中的H2O2(KMnO4溶液与尿素不反应)。三次滴定平均消耗KMnO4溶液20.000mL:
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①请完善滴定时反应的离子方程式:__MnO+___H2O2+______==_______________
②若滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后消失,会使测得的活性氧含量_______(填“偏高”、“偏低”或“不变”);
③根据滴定结果确定产品质量_______(填“合格”或“不合格”),活性氧的质量分数为_________。
【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). CO(NH2)2+H2O2=CO(NH2)2·H2O2 (3). 水浴加热 (4). H2O2水溶液呈弱酸性,故H2O2可与铁单质反应,进而氧化生成可催化H2O2分解的Fe3+ (5). 2 (6). 5 (7). 6H+ (8). 2Mn2++8H2O+5O2 (9). 偏高 (10). 合格 (11). 20%
【解析】
【分析】
本题从物质的制备入手,通过过氧化氢水溶液与尿素反应,可得到)CO(NH2)2·H2O2,在结合仪器的辨别,反应的方程式等知识点进行考查,重点是利用氧化还原反应的原理来测定过氧化尿素中活性氧含量。
【详解】(1)根据上图,可知仪器X是球形冷凝管,故答案为:球形冷凝管;
(2)CO(NH2)2·H2O2是过氧化氢水溶液与尿素的加和物,由双氧水和饱和尿素CO(NH2)2反应制备,化学方程式为:CO(NH2)2+H2O2=CO(NH2)2·H2O2,反应温度为30℃,可采取水浴加热的方式,故答案为:CO(NH2)2+H2O2=CO(NH2)2·H2O2;水浴加热;
(3)过氧化氢水溶液呈酸性,会与铁单质反应,生成的金属离子能加快过氧化氢的分解,所以搅拌器不能选择铁质材料,故答案为:H2O2水溶液呈弱酸性,故H2O2可与铁单质反应,进而氧化生成可催化H2O2分解的Fe3+;
(4)①反应中MnO4-是氧化剂,H2O2是还原剂,氧化产物是O2;依据元素化合价变化,锰元素化合价从+7价变化为+2价,过氧化氢中的氧元素化合价从-1价变化为0价,根据电子守恒配平写出离子方程式为:2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2,故答案为:2;5;6H+;2Mn2++8H2O+5O2;
②若滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后消失,依据反应的电离关系可知,5×c(标准)×V(标准)=c(待测)×V(待测)×2,测得标准液体积偏大,结果偏高,故答案为:偏高;
③称取干燥样品8.000g,溶解,在250mL容量瓶中定容.准确量取25.00mL于锥形瓶中,加入1mL 6mol/L的硫酸,然后用0.2000mol/L KMnO4 标准溶液滴定,至滴入最后一滴时,溶液显浅红色且半分钟内不褪色,三次滴定平均消耗KMnO4溶液20.00mL;依据反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2;
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2MnO4-~~~~~5H2O2;
2 5
0.0200L×0.2000mol/L 0.01mol
250mL容量瓶中含过氧化氢0.1mol,过氧化氢质量=0.1mol×34g/mol=3.4g,过氧化氢质量分数=3.4g/8g×100%=42.5%,过氧化氢质量分数大于34%;活性氧16%,相当于H2O234%,则活性氧质量分数=16%×42.5%/34%=20%,该产品为合格产品,故答案为:合格;20%;
【点睛】从题中获得解答题目所需的信息,所以在解答题目时先看解答的问题是什么,然后带着问题去读给出的图进而去寻找解答有用的信息,这样提高了信息扑捉的有效性.解答的问题实际上与复杂的转化图相比,其实很简单很基础,或者可以说转化图提供的是情境,考查基本知识。
17.N、F、Cu及其化合物在化工、医药、材料等方面应用十分广泛。回答下列有关问题:
(1)N原子中最高能级的电子的电子云轮廓图为___________;基态Cu+的核外电子排布式为____________。
(2)化合物(CH3)3N可用于制备医药、农药。分子中N原子杂化方式为________,该物质能溶于水的原因是_____________________。
(3)[H2F]+[SbF6]-(氟锑酸)是一种超强酸,其阳离子的空间构型为_____________,写出一种与[H2F]+互为等电子体的分子______________(写化学式)。
(4)氮、铜形成的一种化合物的晶胞结构如图所示。与每个Cu原子紧邻的Cu原子有____个,令阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的密度为______g/cm3。(列出计算式)
【答案】 (1). 哑铃形或纺锤形 (2). [Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10 (3). sp3 (4). (CH3)3N为极性分子,且可与水分子形成分子间氢键 (5). V形 (6). H2O或H2S (7). 8 (8).
【解析】
分析】
- 23 -
根据N原子的核外电子排布式判断最高能级的电子的电子云轮廓图。根据基态铜原子的核外电子排布式写出基态Cu+的核外电子排布式。根据价层电子对数判断杂化类型,根据分子结构判断易溶于水的原因。根据价层电子对互斥理论判断分子的立体构型,根据同族替换或等量代换找出等电子体。根据晶胞结构分析化学式并进行计算。
【详解】(1)N原子的核外电子排布式为1s22s22p3,最高能级的电子为2p上的电子,电子云轮廓图为哑铃形或纺锤形;基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1,Cu+是基态铜原子失去最外层的一个电子得到的,Cu+的核外电子排布式为[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10;
(2)化合物(CH3)3N分子中N原子与三个甲基形成了3对共用电子对,N上还有一对孤电子对,价层电子对数4,杂化方式为sp3,(CH3)3N为极性分子,且可与水分子形成分子间氢键,故易溶于水;
(3)[H2F]+中F上的孤电子对数为,价层电子对数为2+2=4,VSEPR模型为四面体型,分子的空间构型为V形,与[H2F]+互为等电子体的分子为H2O或H2S;
(4)图中与每个Cu原子紧邻的Cu原子有8个,铜原子和氮原子的个数分别为、,该晶体的密度为g/cm3。
【点睛】VSEPR模型和分子的空间构型不一定相同,没有孤对电子时相同,有孤对电子时要去掉孤对电子才是分子的立体构型,为学生的易错点。
18.二甲醚(CH3OCH3)是一种新型能源,被誉为“21世纪的清洁燃料”。
(1)用CO和H2合成二甲醚的反应为:3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H。
几种物质的相对能量如下:
△H=______kJ·mo1。改变下列“量”,一定会引起△H发生变化的是_____(填代号)。
A.温度 B.反应物浓度 C.催化剂 D.化学计量数
(2)有利于提高反应中CH3OCH3产率的条件为_______(填标号)。
A.高温低压 B.低温高压 C.高温高压 D.低温低压
(3)采用新型催化剂(主要成分是Cu—Mn的合金)制备二甲醚。催化剂中n(Mn)/n(Cu)
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对合成二甲醚的影响情况如下图所示。
当n(Mn)/n(Cu)=2时,二甲醚的选择性()为85.8%,此时二甲醚的产率为_________。
(4)用二甲醚燃料电池电解法可将酸性含铬废水(主要含有Cr2O72-)转化为Cr3+。原理如下图:
①燃料电池中的负极是______(填“M”或“N”)电极。电解池阴极的电极反应式为______________________________。
②消耗6.9g二甲醚时可处理Cr的含量为26.0g·L-1的废水1L,该套装置的能量利用率为___________。(保留3位有效数字)
【答案】 (1). -253.4 (2). D (3). B (4). 61.8% (5). M (6). Cr2O+6e-+14H+===2Cr3++7H2O (7). 83.3%
【解析】
【分析】
根据反应热△H=生成物总能量-反应物总能量进行计算;根据影响化学平衡移动因素进行分析;根据二甲醚的选择性计算公式:进行计算;根据氢离子移动方向判断正负极,根据电子守恒计算能量的利用率。
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【详解】(1)用CO和H2合成二甲醚的反应为:3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=生成物总能量-反应物总能量=1453.0 kJ·mo1-1-(3285.8kJ·mo1-1+3kJ·mo1-1)=-253.4 kJ·mo1-1;
A.改变温度会影响化学反应平衡移动,但不会影响△H,故 A不符合题意;
B.改变反应物浓度,影响化学反应平衡移动,但不会影响△H ,故 B不符合题意;
C.催化剂只改变化学反应速率,不会影响△H,故C不符合题意;
D.反应热与化学反应计量数成正比,所以改变化学计量数会影响△H,故 D符合题意;
故答案:-253.4;D;
(2) 根据3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=-253.4 kJ·mo1-1可知,升高温度,平衡逆向移动,CH3OCH3产率降低,降低温度,平衡正向移动,CH3OCH3产率升高;增大压强,平衡正向移动,CH3OCH3产率升高,降低压强,平衡逆向移动,CH3OCH3产率降低;所以有利于提高反应中CH3OCH3产率的条件为低温高压,故B正确;故答案:B。
(3) 当=2时,二甲醚的选择性()为85.8%,由图可知CO的转化率为72%,此时二甲醚的产率=85.8%=61.8%,故答案:61.8%;
(4)①由质子交换膜中氢离子移动方向可知,M为负极,N为正极;电解池中与正极相连为阳极发生氧化反应,与负极相连极为阴极发生还原反应,所以反应的电极反应式为:Cr2O+6e-+14H+===2Cr3++7H2O,故答案:M;Cr2O+6e-+14H+===2Cr3++7H2O;
②n(CH3OCH3)=,根据 电子守恒:CH3OCH3 - 12e-+3H2O= 2CO2↑+12H+可知转移电子为12,可以还原m(Cr)=26.0g·L-11L=26.0g,根据Cr2O+6e-+14H+===2Cr3++7H2O可知转移的电子==1.5mol,该套装置的能量利用率=100%=83.3%,故答案为: 83.3%。
【点睛】(4)
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原电池电解池综合考查,首先要确定原电池电极,才能进一步解决电解池的问题,原电池电极的确定可以根据反应原理,结合质子交换膜H+移动方向和出口产物为水来确定。
19.钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是MoS2,含少量PbS等)制备钼酸钠的途径如图所示:
(1) Na2MoO4·2H2O中钼元素的化合价是____________
(2)焙烧过程发生的主要反应为MoS2+O2→MoO3+SO2(未配平),该反应的氧化产物是____________(填化学式)。
(3)碱浸时生成Na2MoO4和一种气体A,该气体的电子式为________;沉淀时加入Na2S溶液的目的是______________________
(4)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉,图1为各炉层固体物料的物质的量的百分数(φ)。
第6层焙烧炉中所得MoO3与MoO2的物质的量之比为___________
(5)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下,碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图2:
①使碳素钢的缓蚀效果最优,钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为_______。
②随着盐酸和硫酸浓度的增大,碳素钢在两者中腐蚀速率产生明显差异的主要原因是__________________________________。
③空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在碳钢表面形成FeMnO4—Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀,除需要加入钼酸盐外还需加入NaNO2。则NaNO2
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的作用是_____________________________
【答案】 (1). +6 (2). MoO3和SO2 (3). (4). 除去Pb2+离子 (5). 1:3 (6). 1:1 (7). C1-有利于碳钢的腐蚀,SO不利于碳钢的腐蚀,使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸; (8). 替代空气中氧气起氧化剂作用
【解析】
【分析】
(1)~(3)从流程图知:先在空气中灼烧生成MoO3,同时得到对环境有污染的气体SO2,然后再用纯碱溶液溶解MoO3,经过“沉淀”环节除去杂质PbS,即可得到钼酸钠溶液,最后结晶得到钼酸钠晶体;据此分析解答;
(4)~(6)通过读图、从图片中提取有效信息、结合元素守恒、影响速率的可能因素等知识分析、回答;
【详解】(1) 根据化合物中元素化合价代数和为0,Na2MoO4·2H2O中钼元素的化合价是+6;答案为:+6;
(2) 焙烧过程中MoS2和O2反应生成MoO3和SO2,Mo元素的化合价从+2价升高到+6价、S元素的化合价从−1价升高到+4价,O元素的化合价从0价降低到−2价,根据得失电子守恒和原子守恒,配平后的化学方程式为,该反应的还原剂是MoS2,则氧化产物是MoO3和SO2;
答案为:MoO3和SO2;
(3由流程图可知,碱浸时MoO3与Na2CO3反应生成一种气体A和Na2MoO4,可推知碱浸时发生了反应:,则A为CO2,电子式为;流程图中“沉淀时”加入Na2S溶液后再过滤,得到的滤液中已经不含铅元素,则铅元素转移到废渣中,即废渣含PbS,加入Na2S溶液目的是除去Pb2+离子;
答案为:;除去Pb2+离子;
(4)第6层焙烧炉中所得含钼元素产物有与MoS2、MoO3与MoO2,其中MoS2与MoO3物质的量百分数均为20%,则MoO2物质的量百分数为60%,则MoO3与MoO2的物质的量之比为1:3;
答案为:1:3;
(5)①根据图像知当缓蚀剂中钼酸钠和月桂酰肌氨酸均为150mg/L
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时碳素钢的缓蚀效果最优,钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为1:1;
答案为:1:1;
②随着盐酸和硫酸浓度的增大,碳素钢在两者中腐蚀速率产生明显差异,则二者主要的差别为阴离子不同,可以推测其主要原因是C1-有利于碳钢的腐蚀,SO不利于碳钢的腐蚀,使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸;
答案为:C1-有利于碳钢的腐蚀,SO不利于碳钢的腐蚀,使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸;
③空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在碳钢表面形成FeMnO4—Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀,除需要加入钼酸盐外还需加入NaNO2。则NaNO2的作用是替代空气中氧气起氧化剂作用,以便在碳钢表面形成FeMnO4—Fe2O3保护膜;
答案为:替代空气中氧气起氧化剂作用。
【点睛】解本题的关键是:关注元素化合价的变化、判断反应是否是氧化还原反应、是不是复分解反应等等,应用相关规律进行分析判断;通过读图,发现图中有效信息、结合质量守恒定律等规律进行计算等。
20.有机物I()是一种新型感光高分子化合物,工业合成I的路线如下:
已知:同一个碳原子上连接有2个羟基时,自动脱去一个水分子。请回答下列问题:
(1)有机物C中官能团名称_________。反应①的化学反应类型为______________。
(2)反应④的化学方程式为:_______________________________________________。
(3)反应⑤除生成H外,还生成一种能与碳酸氢钠反应放出气体的有机化合物M,M的结构简式为:_______________________。
(4)X是H的芳香族同分异构体,1molX与足量银氨溶液反应时可得到4molAg。则X共有__________种。写出一种核磁共振氢谱有4组峰的同分异构体的结构简式_____________________。
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(5)参照上述合成路线。设计以乙醇和乙炔为原料制备CH3CH=CHCOOCH=CH2的流程图。
______________________________________________________________。
【答案】 (1). 酯基 (2). 加成反应 (3). +2NaOH+2NaCl+H2O (4). CH3COOH (5). 10 (6). 或 (7). CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH=CH2
【解析】
【分析】
根据反应条件分析合成过程可知,C应为物质B发生加聚反应而生成的产物,则C的结构简式为:,C在NaOH溶液中发生酯的水解,生成D()。由G的结构简式,结合E→F→G的反应条件,可知E为苯的同系物,发生苯环侧链上的取代反应生成F,F在NaOH溶液、加热条件下发生卤代烃的水解,最终得到G,结合已知条件可知,E为,F应为,F水解后苯环侧链上的碳原子连接有2个羟基,脱去一个水分子,生成G,G与(CH3CO)2O发生反应,生成H,结合G、I的结构简式,可知H为。H和D发生酯化反应,生成I。据此进行分析。
【详解】(1)根据分析,可知有机物C的结构简式为:,所含官能团为酯基。分析反应①的反应机理,可知乙炔叁键断裂,与A发生加成反应,答案为:酯基;加成反应;
(2)反应④为卤代烃的水解反应,水解后形成两个羟基连在同一个碳原子上,根据已知条件,同一个碳原子上连接有2个羟基时,自动脱去一个水分子。故反应方程式为:+2NaOH+2NaCl+H2O。答案为:+2NaOH
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+2NaCl+H2O;
(3)根据M能与碳酸氢钠反应放出气体可知M分子中含有羧基,结合反应物G和(CH3CO)2O以及H的结构简式,可知M应为CH3COOH。答案为:CH3COOH;
(4)H的同分异构体X满足:能发生银镜反应,且1molX与足量银氨溶液反应时可得到4molAg,说明X中含有两个醛基,当苯环上只有一个取代基时,取代基只能是-CH(CHO)2,对应结构只有1种;若苯环上有两个取代基时,取代基为-CHO、-CH2CHO,对应的结构有3种;当苯环上有三个取代基时,取代基为:-CH3、-CHO、-CHO。对应的结构有6种,故X的结构共有1+3+6=10种。核磁共振氢谱有4组峰,说明其结构中有4种不同化学环境的氢原子,则符合该条件的X的结构简式为:或。答案为:10;或;
(5)以乙醇和乙炔为原料制备CH3CH=CHCOOCH=CH2的过程中涉及碳链的增长和官能团的转化,结合题中合成路线A→B可知,羧酸和碳碳叁键可发生加成反应生成含碳碳双键的酯,分析目标产物,则可考虑将乙醇转化为CH3CH=CHCOOH,然后与乙炔发生加成反应得到目标产物。参考题中G→H的转化过程,将乙醇氧化为乙醛,然后与(CH3CO)2O发生反应,可得到CH3CH=CHCOOH,则合成路线为:CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH=CH2;答案为:CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH=CH2。
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