1、微测27非选择题标准练4必做题1(2019石家庄一模)硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：已知：“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图所示(25 )：此实验条件下，Mn2开始沉淀的pH为7.54；离子浓度105molL1时，离子沉淀完全。请回答下列：(1)传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为_。(2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为_。若省略“氧化”步骤，造成的后果是_。(3)“中
2、和除杂”时，生成沉淀的主要成分为_(填化学式)。(4)“氟化除杂”时，若使溶液中的Mg2和Ca2沉淀完全，需维持c(F)不低于_。(已知：6.41010；Ksp(CaF2)3.61012)(5)“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为_。(6)“系列操作”指_、过滤、洗涤、干燥。(7)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极的电极反应式为_。解析(1)高硫锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境。(2)氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子，离子方程式为MnO22Fe24H=2Fe3Mn22H2O；若省略“氧化”步骤，
3、根据图表Fe2与Mn2沉淀区有重叠，造成Mn2损失(或Fe2去除不完全，影响产品纯度)。(3)“中和除杂”时，碳酸钙与铁离子、铝离子水解产生的H反应，从而促进了水解平衡向正向移动，得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。(4)已知：Ksp(MgF2)6.41010，若使溶液中的Mg2沉淀完全，需维持c(F)不低于molL18.0103molL1。(5)“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为Mn22HCO=MnCO3CO2H2O。(6)硫酸锰溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物。(7)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极发生氧化反应，元素化合价升高
4、，故为硫酸锰失去电子生成二氧化锰，电极反应式为Mn22H2O2e=MnO24H。答案(1)产生硫化氢等气体，污染环境(2)MnO22Fe24H=2Fe3Mn22H2OFe2与Mn2沉淀区有重叠，造成Mn2损失(或Fe2去除不完全，影响产品纯度)(3)Fe(OH)3、Al(OH)3(4)8.0103molL1(5)Mn22HCO=MnCO3CO2H2O(6)蒸发浓缩、冷却结晶(7)Mn22H2O2e=MnO24H2溴化亚铁是聚合反应中常用的一种催化剂，易潮解变质，800 以上可升华，高温时FeBr3会快速分解为FeBr2。某化学小组同学用下图所示装置制备溴化亚铁，请回答相关问题：(1)仪器M、N
5、的名称依次是_、_。(2)装置的作用是_，从装置末端排出的气体是否需要处理：_(填“是”或“否”)。(3)实验结束时要关闭热源并继续通入N2一段时间，此时通N2的目的是_。(4)将浓磷酸换成浓硫酸同样能制得HBr，但反应过程中圆底烧瓶内的溶液变为橙黄色。浓磷酸和浓硫酸均能用于制HBr的原因是硫酸和磷酸都具备某种性质，该性质是_。溶液变橙黄色是因为发生了副反应_(写化学方程式)。浓磷酸换成浓硫酸对产品纯度_(填“有”或“没有”)影响，理由是_。解析(1)根据常见仪器的结构，仪器M为分液漏斗、N为球形干燥管。(2)装置可以吸收未反应的HBr，并防止空气中的水蒸气进入装置使溴化亚铁潮解变质；铁与溴化
6、氢反应生成溴化亚铁，同时生成了氢气，从装置末端排出的气体中含有氢气，需要处理，否则可能发生爆炸危险。(3)实验结束时要关闭热源并继续通入N2一段时间，此时通入N2可以使装置中残留的HBr被充分吸收，避免造成污染。(4)浓磷酸和浓硫酸均能用于制HBr的原因是硫酸和磷酸都是难挥发性酸。浓硫酸具有强氧化性，能够氧化溴离子生成溴单质，因此溶液变橙黄色是因为发生了副反应2NaBr2H2SO4(浓)SO2Br22H2ONa2SO4。浓硫酸作反应物时，进入素烧瓷反应管的HBr中含有溴蒸气和二氧化硫，二氧化硫与铁不反应，溴与铁生成的FeBr3在高温下迅速分解为FeBr2，不会影响产品纯度。答案(1)分液漏斗(
7、球形)干燥管(2)吸收未反应的HBr，并防止空气中的水蒸气进入装置是(3)使装置中残留的HBr被充分吸收，避免造成污染(4)难挥发性(或沸点高)2NaBr2H2SO4(浓)SO2Br22H2ONa2SO4没有SO2与铁不反应，溴与铁生成的FeBr3在高温下迅速分解为FeBr23(2019福州质检)甲醇是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景，可用Pt/Al2O3、Pd/C、Rh/SiO2等作催化剂，采用如下反应来合成甲醇：2H2(g)CH3OH(g)(1)下表所列数据是各化学键的键能，该反应的H_(用含字母的代数式表示)。(2)某科研小组用Pd/C作催化剂，在450 时，研究了n(H2)n(
8、CO)分别为21、31时CO转化率的变化情况(如图)，则图中表示n(H2)n(CO)31的变化曲线为_(填“曲线a”或“曲线b”)。(3)某化学研究性学习小组模拟工业合成甲醇的反应，在2 L的恒容密闭容器内充入1 mol CO和2 mol H2，加入合适催化剂后在某温度下开始反应，并用压力计监测容器内压强的变化如下：反应时间/min0510152025压强/MPa12.610.89.58.78.48.4则从反应开始到20_min时，CO的平均反应速率为_，该温度下的平衡常数K为_。(4)将CO和H2加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H0。平衡时CO的体
9、积分数(%)与温度和压强的关系如图所示(虚线框表示没有测定该条件下的数据)。T1、T2、T3由大到小的关系是_，判断理由是_。(5)美国的两家公司合作开发了多孔硅甲醇直接燃料电池，其工作原理如图：石墨2为_(填“正”或“负”)极。石墨1极发生的电极反应式为_。解析(1)已知H反应物的键能和生成物键能和，则2H2(g)CO(g)CH3OH(g)的H(2ab) kJmol1(3cde) kJmol1(2ab3cde) kJmol1。(2)n(CO)越大，CO的转化率越大，曲线a表示n(H2)n(CO)31的变化曲线。(3)反应进行到20 min时达到平衡，在恒温恒容容器中压强与气体的物质的量成正比
10、，起始时总物质的量为3 mol，压强为12.6 MPa，平衡时压强为8.4 MPa，则平衡时总物质的量为，设反应中参加反应的CO的物质的量为xmol，则：2H2(g)CO(g)CH3OH(g)起始物质的量(mol) 2 1 0变化物质的量(mol) 2xxx平衡物质的量(mol) 22x 1xx故(22x)(1x)x2，解得x0.5，则从反应开始到20 min时，CO的平均反应速率为0.012 5 molL1min1；该温度下的平衡常数K。(4)已知CO(g)2H2(g)CH3OH(g)HT2T1。(5)石墨2通入O2，发生还原反应生成H2O，而原电池的正极发生还原反应，则石墨2为正极。石墨1
11、为燃料电池的负极，甲醇被氧化生成CO2，发生的电极反应式为CH3OHH2O6e=CO26H。答案(1)(2ab3cde) kJmol1(2)曲线a(3)0.012 5 molL1min14(4)T3T2T1压强越大，CO的体积分数越小，T1、T2、T3对应的CO的体积分数逐渐增大，该反应向左移动，由于反应放热，则T3T2T1(5)正CH3OHH2O6e=CO26H选做题1【化学选做选修3：物质结构与性质】(2019武汉调研)铁被称为“第一金属”，铁及其化合物在生产、生活中有广泛用途。(1)铁原子外围电子轨道表示式为_，铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用_摄取铁元素的原子光谱。
12、(2)FeCoOx是一种新型光电催化剂。第四电离能大小关系是I4(Co)_I4(Fe)(填“”或“”)，原因是_。(3)二茂铁(C5H5)2Fe可用作火箭燃料添加剂、汽油抗爆剂。二茂铁熔点172 ，沸点249 ，易升华，难溶于水，易溶于有机溶剂，它属于_晶体。(4)环戊二烯(C5H6)结构如图(a)，可用于制二茂铁。环戊二烯中碳原子的杂化方式为_。分子中的大键可用符号表示，其m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数，环戊二烯负离子(C5H)结构如图(b)，其中的大键可以表示为_。(5)某普鲁士蓝类配合物可作为新型钠离子电池电极材料。它由Na、Ni2、Fe3和CN构成，其晶胞结构如
13、图(c)。该物质中，不存在_(填字母)。A离子键B键C键D氢键E金属键(6)该晶胞中Ni2采用的堆积方式与_(填“Po”“Na”“Mg”或“Cu”)相同，单个晶胞的配位空隙中共容纳_个Na。解析(1)铁是26号元素，价电子电子排布式是3d64s2，轨道表示式为；可以用光谱仪摄取铁元素的原子光谱。(2)根据洪特规则，能量相同的原子轨道处于全满、半满、全空状态时能量低，相对稳定；I4(Co)是失去3d6上的一个电子，相对容易，I4(Fe)失去的是处于半充满状态的3d5的一个电子，相对较难，所以I4(Co)I4(Fe)。(3)二茂铁(C5H5)2Fe熔点172 ，沸点249 ，易升华，难溶于水，所以
14、属于分子晶体。(4)既有单键碳又有双键碳，所以碳原子的杂化方式是sp2、sp3；每个茂环形成大键的原子数为5，每个茂环带有一个单位负电荷，因此每个环含有6个电子，大键可以表示为。(5)该晶体由Na、Ni2、Fe3和CN构成，所以一定有离子键，CN中含有键、键，该物质中不存在金属键、氢键，选DE。(6)根据晶胞结构图(c)，晶胞的面心、顶点各有1个Ni2，所以Ni2的堆积方式是面心立方最密堆积，与Cu相同；据均摊原则，晶胞中Ni2数是1214、Fe3数是864、CN数目是2424624，根据电荷守恒，晶胞中的Na数目2442434，所以单个晶胞的配位空隙中共容纳4个Na。答案(1)光谱仪(2)铁
15、失去的是处于半充满状态的3d5的一个电子，相对较难；钴失去3d6上的一个电子后形成稳定的半充满状态，相对容易(3)分子(4)sp2、sp3(5)DE(6)Cu42【化学选做选修5：有机化学基础】(2019昆明质检)化合物H是某些姜科植物根茎的提取物，具有抗肿瘤、抗菌、抗氧化等功效，其一种合成路线如下：已知：.质谱图显示有机物D的最大质荷比为94，且D遇FeCl3溶液显紫色回答下列问题：(1)D的化学式为_；B的名称为_。(2)反应的反应类型是_；I中所含官能团的名称为_。(3)反应的化学方程式是_。(4)X是H的同系物，其相对分子质量比H小14，则X的同分异构体中，符合下列条件的有_种(不含立
16、体异构)。a属于芳香族化合物b能发生水解反应c能发生银镜反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6211的结构简式是_(写一种即可)。(5)补充完成由甲苯和丙醛为原料，制备的合成路线(无机试剂任选)_解析(1)质谱图显示有机物D的最大质荷比为94，且D遇FeCl3溶液显紫色，说明含有苯环和酚羟基，该物质分子式为C6H6O；B的结构简式为CH2=CHCH2Br，名称为3溴丙烯(或3溴1丙烯)。(2)反应为羟基变溴原子，反应类型为取代反应，I的官能团为酯基、碳碳双键。(3)反应为醇的催化氧化，化学方程式为。(4)X是H的同系物，其相对分子质量比H小14，X的同分异构体中，符合下列条件：a.属于芳香族化合物；b.能发生水解反应；c.能发生银镜反应，说明含有苯环且属于甲酸某酯，可能为HCOOCH2CH2C6H5或HCOOCH(CH3)C6H5，或苯环上连接两个取代基，一个为HCOOCH2，一个为CH3，有三种结构；或苯环上两种取代基，一个为HCOO，一个为CH2CH3，有三种结构；或苯环上连接两个甲基和一个HCOO，有6种结构，总共14种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面答案(1)C6H6O3溴丙烯(或3溴1丙烯)(2)取代反应酯基、碳碳双键(3)(4)(5)