1、2015-2016学年四川省绵阳市高中高三(上)第二次诊考化学试卷一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)1科研、生产和生活中的下列做法,利用了氧化还原反应的是()A用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素B用氯化铁溶液腐蚀铜制印刷电路板C在空气净化器中装入活性炭层D服用阿司匹林出现水杨酸反应时用小苏打解毒2下例物质发生反应后固体质量一定减少的是()AFeCO3在空气中灼烧B铝条插入冷的浓硫酸中CNa2O2敞放在空气中D向Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3溶液3实验室用如图装置完成下表所列的四个实验,不能达到实验目的是() 选项 实验目的 试剂X 试剂Y A 验证C2H5OH与浓H2SO4加热至17
2、0制得的乙烯的性质 NaOH溶液Br2水 B 检验FeSO4受热分解产生的气体中由SO3和SO2 BaCl2溶液品红溶液 C 验证电石与饱和食盐水反应生成的乙炔的性质CuSO4溶液 KMnO4溶液 D 验证氧化性:Cl2Br2I2NaBr溶液 KI溶液AABBCCDD4下列有关0.2mol/L Fe(NO3)2溶液的叙述正确的是()A该溶液中Na+、K+、Fe(CN)63、I可以大量共存B滴加稀硫酸,充分振荡无现象C通入H2S气体,发生反应的离子方程式为Fe2+S2FeSD50mL该溶液与过量Zn充分反应,生成0.56gFe5科学家开发出一种新型锂氧电池,其能量密度极高,效率达90%以上电池中
3、添加碘化锂(LiI)和微量水,工作原理如图所示,总反应为:O2+4LiI+2H2O 2I2+4LiOH对于该电池的下列说法不正确的是()A放电时负极上I 被氧化B充电时Li+从阳极区移向阴极区C充电时阴极反应为LiOH+eLi+OHD放电时正极反应为O2+2H2O+4Li+4e4LiOH6常温下,向20 mL 0.10 molL1 NaHCO3溶液中滴加0.10 molL1 CaCl2溶液至pH=7,有白色沉淀生成,无气体放出对反应所得混合液的下列说法错误的是()A存在电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡Bc(Na+)=c(Cl)c(HCO3)c(CO32)=c(Ca2+)Cc(Na+)+2c(C
4、a2+)=c(HCO3)+2c(CO32)+c(Cl)D反应的离子方程式:2HCO3+Ca2+CaCO3+H2CO37工业上以乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应如下:(g) (g)+H2(g)现将x mol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中反应,维持体系总压强p总恒定在某催化剂作用下,乙苯的平衡转化率随温度变化如图所示已知:气体分压(p分)=气体总压(p总)体积分数不考虑副反应,下列说法正确的是()A400时,向体系中通入水蒸气,v(正)、v(逆) 均减小,且乙苯转化率降低B500时,向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x mol,平衡不移动C550时,用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=
5、p总D550时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450时的3倍二、解答题(共4小题,满分58分)8X、Y、Z、Q、R、T分别代表原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z同周期且相邻,都是蛋白质的组成元素;X、T同族,Q与R原子的最外层电子数之和与T原子的最外层电子数相等U是d区元素,U2+的核外最高能级有2对成对电子请回答下列问题:(1)Q原子的核外电子排布式为(2)XZ2的分子中键与键数目之比为,YZ2离子的VSEPR模型名称是(3)Q、R、T的单质形成的晶体中,熔点由高到低的顺序是(填化学式),既能与强酸反应,又能与强碱反应的是(填化学式)(4)通常情况下,U2+的溶液很稳定,它与YH3形成的配位
6、数为6的配离子却不稳定,在空气中易被氧化为U(YH3)63+,该反应的离子方程式是9实验室用图所示装置制备KClO溶液,再与KOH、Fe(NO3)3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4查阅资料Cl2与KOH溶液在20以下反应生成KClO,在较高温度下则生成KClO3;K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液,在05的强碱性溶液中较稳定制备KClO及K2FeO4(1)仪器a的名称:,装置C中三颈瓶置于冰水浴中的目的是(2)装置B吸收的气体是,装置D的作用是(3)C中得到足量KClO后,将三颈瓶上的导管取下,依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液,水浴控制反应温度为25,搅拌1.5 h,溶液变为紫
7、红色(含K2FeO4),该反应的离子方程式为再加入饱和KOH溶液,析出紫黑色晶体,过滤,得到K2FeO4粗产品(4)K2FeO4粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质,其提纯步骤为:将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol/L KOH溶液中,搅拌、静置、过滤,用乙醇洗涤23次,在真空干燥箱中干燥测定产品纯度(5)称取提纯后的K2FeO4样品0.2100 g于烧杯中,加入强碱性亚铬酸盐溶液,反应后再加稀硫酸调节溶液呈强酸性,配成250 mL溶液,取出25.00 mL放入锥形瓶,用0.01000 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定至终点,重复操作2次,平均消耗(NH4)2Fe(
8、SO4)2溶液30.00 mL涉及主要反应为:Cr(OH)4+FeO42Fe(OH)3+CrO42+OHCr2O72+6Fe2+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O则该K2FeO4样品的纯度为10利多卡因是医用临床常用的局部麻药,其一种合成路线如下:已知:ROHRCl请回答下列问题:(1)A分子中碳原子的杂化轨道类型有,D的名称为(2)C的结构简式为,的反应类型是(3)反应的化学方程式为(4)写出G与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式:(5)E存在多种同分异构体,写出满足下列条件的所有同分异构体的结构简式:a能使Br2的CCl4溶液褪色,遇FeCl3溶液显色 b含有NH2,苯环上只有1种
9、氢11氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业CuCl是白色固体,难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺过程如下:回答下列问题:(1)CuS精矿经250低温焙烧后生成CuO,步骤中主要反应的离子方程式是(2)步骤先加NaCl、通入SO2时无沉淀,加水稀释就产生大量白色沉淀,其原因是(3)步骤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作,酸洗采用的酸是(写名称);步骤醇洗的作用是(4)已知25,101 kPa时:S(s)+O2(g)SO2(g)H=296.8 kJ/mol2Cu(s)+O2(g)2CuO(s)H=314.6 kJ/m
10、olCu(s)+S(s)CuS(s)H=53.1 kJ/mol步骤中CuS与O2反应的热化学方程式是(5)CuS晶胞结构如图所示,其中含有硫原子的数目是(6)假设上述步反应完全转化,步操作共损失产品3.5%,反应生成的硫酸全部被循环利用,则生产100 kg 96.5%的CuCl(Mr=99.0)产品,除循环利用之外,需要处理的尾气中含SO2m3(标准状况)2015-2016学年四川省绵阳市高中高三(上)第二次诊考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)1科研、生产和生活中的下列做法,利用了氧化还原反应的是()A用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素B用氯化铁溶液腐蚀铜制印刷
11、电路板C在空气净化器中装入活性炭层D服用阿司匹林出现水杨酸反应时用小苏打解毒【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降,发生氧化还原反应时,元素的化合价一定发生变化,以此解答【解答】解:A用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素,利用了物质的溶解性,属于物理性质,故A错误;B氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜,Fe、Cu元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,故B正确;C利用活性炭的吸附性,不是化学变化,故C错误;D发生复分解反应生成二氧化碳,不是氧化还原反应,故D错误故选B【点评】本题考查氧化还原反应及生活中的化学,侧重于化学与生活、生产的考查,有利于培养学生良
12、好的科学素养,注意氧化还原反应中一定有元素的化合价变化,题目难度不大2下例物质发生反应后固体质量一定减少的是()AFeCO3在空气中灼烧B铝条插入冷的浓硫酸中CNa2O2敞放在空气中D向Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3溶液【考点】镁、铝的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A碳酸铁在空气中灼烧生成四氧化三铁;B铝条插入浓硫酸中发生钝化,固体质量增加;C过氧化钠与水、二氧化碳反应生成碳酸钠或氢氧化钠;D氢氧化镁沉淀转化成氢氧化铁沉淀,固体质量增加【解答】解:AFeCO3在空气中灼烧生成四氧化三铁,导致固体质量一定减少,故A正确;B铝表明被浓硫酸氧化,导致固体质量增加,故B错误;
13、C过氧化钠与水、二氧化碳反应,导致固体质量增加,故C错误;DMg(OH)2悬浊液中加入FeCl3溶液,氢氧化镁转化成氢氧化铁,固体质量增加,故D错误;故选A【点评】本题考查了常见金属单质及其化合物性质,题目难度不大,明确常见金属单质及其化合物性质为解答关键,试题侧重基础知识的考查,培养了学生的灵活应用能力3实验室用如图装置完成下表所列的四个实验,不能达到实验目的是() 选项 实验目的 试剂X 试剂Y A 验证C2H5OH与浓H2SO4加热至170制得的乙烯的性质 NaOH溶液Br2水 B 检验FeSO4受热分解产生的气体中由SO3和SO2 BaCl2溶液品红溶液 C 验证电石与饱和食盐水反应生
14、成的乙炔的性质CuSO4溶液 KMnO4溶液 D 验证氧化性:Cl2Br2I2NaBr溶液 KI溶液AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A二氧化硫能使溴水褪色; B二氧化硫与氯化钡不反应;CX可除去混有的硫化氢,Y可检验乙炔;D过量的氯气能与碘化钾反应【解答】解:AC2H5OH与浓硫酸加热至170制取乙烯,发生消去反应,X中NaOH溶液除去二氧化硫,Y中Br2水褪色可检验乙烯,故A正确; B二氧化硫与氯化钡不反应,有沉淀生成说明有三氧化硫,使品红褪色说明有二氧化硫,故B正确;CX可除去混有的硫化氢,Y可检验乙炔,乙炔能使酸性高锰酸钾褪色,Y中观察到褪色可检验乙炔
15、,故C正确;D过量的氯气能与碘化钾反应,不能确定与碘化钾反应的是溴单质,故D错误故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及有机物的制备、检验及氧化性比较等,把握制备中可能混有的杂质、有机物的性质等为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大4下列有关0.2mol/L Fe(NO3)2溶液的叙述正确的是()A该溶液中Na+、K+、Fe(CN)63、I可以大量共存B滴加稀硫酸,充分振荡无现象C通入H2S气体,发生反应的离子方程式为Fe2+S2FeSD50mL该溶液与过量Zn充分反应,生成0.56gFe【考点】氧化还原反应;离子方程式的书写;离子共存问题
16、【专题】氧化还原反应专题;离子反应专题【分析】A亚铁离子能和Fe(CN)63反应生成蓝色沉淀;B酸性条件下亚铁离子能被硝酸根离子氧化;C通入H2S气体时,硝酸亚铁和硫化氢发生氧化还原反应,且FeS能和硝酸反应;DZn和亚铁离子发生置换反应生成Fe【解答】解:A亚铁离子能和Fe(CN)63反应生成蓝色沉淀,该反应还用于检验亚铁离子,所以不能共存,故A错误;B酸性条件下亚铁离子能被硝酸根离子氧化生成铁离子,硝酸根离子被还原生成NO,溶液由浅绿色转化为黄色,故B错误;C通入H2S气体时,硝酸亚铁和H2S反应可以生成Fe 3+、S,故C错误;DZn和亚铁离子发生置换反应生成Fe,根据原子守恒得析出n(
17、Fe)=nFe(NO3)2=0.2mol/L0.05L=0.01mol,m(Fe)=0.01mol56g/mol=0.56g,故D正确;故选D【点评】本题以硝酸亚铁为载体考查氧化还原反应,涉及氧化还原反应计算、离子共存等知识点,明确物质性质是解本题关键,注意原子守恒的灵活运用,易错选项是C5科学家开发出一种新型锂氧电池,其能量密度极高,效率达90%以上电池中添加碘化锂(LiI)和微量水,工作原理如图所示,总反应为:O2+4LiI+2H2O 2I2+4LiOH对于该电池的下列说法不正确的是()A放电时负极上I 被氧化B充电时Li+从阳极区移向阴极区C充电时阴极反应为LiOH+eLi+OHD放电时
18、正极反应为O2+2H2O+4Li+4e4LiOH【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】A、放电时,负极上发生失电子的氧化反应,元素的化合价升高;B、充电时,电解质里的阳离子移向阴极,阴离子移向阳极;C、充电时阴极发生得电子的还原反应;D、放电时,正极上发生得电子的还原反应,据此书写电极反应式【解答】解:A、放电时,负极上发生失电子的氧化反应,元素的化合价升高,根据总反应,得到I 被氧化,故A正确;B、充电时,电解质里的阳离子移向阴极,故B正确;C、充电时阴极发生得电子的还原反应,应该是碘单质得电子的还原反应,故C错误;D、放电时,正极上发生得电子的还原反应,正极反应为O2+2H2O
19、+4Li+4e4LiOH,故D正确故选C【点评】本题以新型电池为载体考查原电池和电解池原理,明确原电池和电解池电极上得失电子即可解答,注意电极方程式的书写是关键6常温下,向20 mL 0.10 molL1 NaHCO3溶液中滴加0.10 molL1 CaCl2溶液至pH=7,有白色沉淀生成,无气体放出对反应所得混合液的下列说法错误的是()A存在电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡Bc(Na+)=c(Cl)c(HCO3)c(CO32)=c(Ca2+)Cc(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3)+2c(CO32)+c(Cl)D反应的离子方程式:2HCO3+Ca2+CaCO3+H2CO3【考点】离子
20、浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】A反应后的溶液中得到碳酸钙沉淀,溶液中存在沉淀溶解平衡,生成碳酸存在电离平衡,少量碳酸根离子存在水解平衡;B依据反应后溶液显中性溶液是NaCl、H2CO3 和NaHCO3混合溶液,有白色沉淀生成,无气体放出,发生的反应2NaHCO3+CaCl2CaCO3+2NaCl+H2CO3,c(HCO3)c(CO32);C溶液中存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3)+2c(CO32)+c(Cl)+c(OH),溶液至pH=7,c(H+)=c(OH);D发生的反应2NaHCO3+CaCl2CaCO3+2NaCl+H2CO3,书写得到
21、反应的离子方程式【解答】解:A反应后的溶液中得到碳酸钙沉淀,溶液中存在沉淀溶解平衡,生成碳酸存在电离平衡,少量碳酸根离子存在水解平衡,混合溶液中存在电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡,故A正确;B溶液中发生的反应2NaHCO3+CaCl2CaCO3+2NaCl+H2CO3,还有过量的碳酸氢钠,NaCl、H2CO3 和NaHCO3混合溶液呈中性,混合溶液中c(Na+)c(Cl),碳酸根离子来源于碳酸钙的溶解电离,碳酸的第二步电离,c(HCO3)c(CO32)c(Ca2+),故B错误;C溶液中存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3)+2c(CO32)+c(Cl)+c(
22、OH),溶液至pH=7c(H+)=c(OH),c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3)+2c(CO32)+c(Cl),故C正确;D滴加0.10 molL1 CaCl2溶液至pH=7,有白色沉淀生成,无气体放出,发生的反应2NaHCO3+CaCl2CaCO3+2NaCl+H2CO3,还有过量的碳酸氢钠,溶液呈中性,书写得到反应的离子方程式,2HCO3+Ca2+CaCO3+H2CO3,故D正确;故选B【点评】本题考查了电解质溶液中反应实质,沉淀溶解平衡的理解应用,电解质溶液中离子浓度大小、电荷守恒、物料守恒等知识,题目难度较大7工业上以乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应如下:(g) (g)+H2(
23、g)现将x mol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中反应,维持体系总压强p总恒定在某催化剂作用下,乙苯的平衡转化率随温度变化如图所示已知:气体分压(p分)=气体总压(p总)体积分数不考虑副反应,下列说法正确的是()A400时,向体系中通入水蒸气,v(正)、v(逆) 均减小,且乙苯转化率降低B500时,向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x mol,平衡不移动C550时,用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=p总D550时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450时的3倍【考点】转化率随温度、压强的变化曲线【专题】化学平衡图像【分析】A、向体积可变的密闭容器中通入水蒸气,导致反应体系体积变大,反
24、应物和生成的浓度都减小,v(正)、v(逆) 均减小,相当于减小压强,平衡正向移动;B、向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x mol,相当于减小压强,平衡正向移动;C、由图可知550时,乙苯的平衡转化率为:60%,应用三行式,结合气体分压(p分)=气体总压(p总)体积分数;D、由图可知550时平衡体系中苯乙烯的转化率率为:60%,450时平衡体系中苯乙烯的转化率率为:20%【解答】解:A、向体积可变的密闭容器中通入水蒸气,导致反应体系体积变大,反应物和生成的浓度都减小,v(正)、v(逆) 均减小,相当于减小压强,平衡正向移动,所以乙苯转化率升高,故A错误;B、向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各
25、0.1x mol,相当于减小压强,平衡正向移动,而不是不移动,故B错误;C、由图可知500时,乙苯的平衡转化率为:60%,应用三行式,(g) (g)+H2(g)初起量:x mol 0 0变化量:0.6xmol 0.6xmol 0.6xmol平衡量:0.4xmol 0.6xmol 0.6xmol所以K=p总,故C正确;D、由图可知550时平衡体系中苯乙烯的转化率率为:60%,450时平衡体系中苯乙烯的转化率率为:20%,所以550时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450时的2倍,故D错误;故选C【点评】本题考查较综合,涉及平衡常数的计算、转化率的计算等知识点,侧重考查计算、基本理论,会利用三段式法进
26、行分析解答,题目难度不大二、解答题(共4小题,满分58分)8X、Y、Z、Q、R、T分别代表原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z同周期且相邻,都是蛋白质的组成元素;X、T同族,Q与R原子的最外层电子数之和与T原子的最外层电子数相等U是d区元素,U2+的核外最高能级有2对成对电子请回答下列问题:(1)Q原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1(2)XZ2的分子中键与键数目之比为1:1,YZ2离子的VSEPR模型名称是平面三角形(3)Q、R、T的单质形成的晶体中,熔点由高到低的顺序是SiAlNa(填化学式),既能与强酸反应,又能与强碱反应的是Al(填化学式)(4)通常情况下,U2+的溶液很稳
27、定,它与YH3形成的配位数为6的配离子却不稳定,在空气中易被氧化为U(YH3)63+,该反应的离子方程式是4Co(NH3)62+O2+2H2O4Co(NH3)63+4OH【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】原子组成与结构专题;元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z、Q、R、T分别代表原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z同周期且相邻,都是蛋白质的组成元素,则X为C、Y为N、Z为O;X、T同族,则T为Si;Q与R原子的最外层电子数之和与T原子的最外层电子数相等,则Q、R原子最外层电子数之和为4,二者原子序数大于氧、小于Si,可推知Q为Na、R为Al;U是d区元素,U2+的核外最高能级
28、有2对成对电子,原子外围电子排布为3d74s2,故U为Co,据此解答【解答】解:X、Y、Z、Q、R、T分别代表原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z同周期且相邻,都是蛋白质的组成元素,则X为C、Y为N、Z为O;X、T同族,则T为Si;Q与R原子的最外层电子数之和与T原子的最外层电子数相等,则Q、R原子最外层电子数之和为4,二者原子序数大于氧、小于Si,可推知Q为Na、R为Al;U是d区元素,U2+的核外最高能级有2对成对电子,原子外围电子排布为3d74s2,故U为Co(1)Q为Na,原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1,故答案为:1s22s22p63s1;(2)CO2分子结构式为O=
29、C=O,双键中含有1个键、1个键,故分子中键与键数目之比为1:1,NO2离子中N原子价层电子对数为2+=3,VSEPR模型为平面三角形,故大拿为:1:1;平面三角形;(3)Si单质为原子晶体,Al、Na单质为金属晶体,Si单质熔点最高,由于铝离子半径小于钠离子半径,铝离子所带电荷更多,故金属铝中金属键更强,则Al的熔点高于钠的,故熔点由高到低的顺序是:SiAlNa,既能与强酸反应,又能与强碱反应的是Al,故答案为:SiAlNa;Al;(4)通常情况下,Co2+的溶液很稳定,它与NH3形成的配位数为6的配离子却不稳定,在空气中易被氧化为Co(NH3)63+,该反应的离子方程式是:4Co(NH3)
30、62+O2+2H2O4Co(NH3)63+4OH,故答案为:4Co(NH3)62+O2+2H2O4Co(NH3)63+4OH【点评】本题是对物质结构与性质的考查,涉及核外电子排布、化学键、价层电子对互斥理论、晶体类型与性质、配合物等,推断元素是解题关键,注意对基础知识的理解掌握9实验室用图所示装置制备KClO溶液,再与KOH、Fe(NO3)3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4查阅资料Cl2与KOH溶液在20以下反应生成KClO,在较高温度下则生成KClO3;K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液,在05的强碱性溶液中较稳定制备KClO及K2FeO4(1)仪器a的名称:分液漏斗,装置C中三颈瓶
31、置于冰水浴中的目的是防止Cl2与KOH反应生成KClO3(2)装置B吸收的气体是HCl,装置D的作用是吸收Cl2,防止污染空气(3)C中得到足量KClO后,将三颈瓶上的导管取下,依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液,水浴控制反应温度为25,搅拌1.5 h,溶液变为紫红色(含K2FeO4),该反应的离子方程式为3ClO+2Fe3+10OH2FeO42+3Cl+5H2O再加入饱和KOH溶液,析出紫黑色晶体,过滤,得到K2FeO4粗产品(4)K2FeO4粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质,其提纯步骤为:将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol/L KOH溶液中,过滤,将滤液置于冰水浴中
32、,向滤液中加入饱和KOH溶液,搅拌、静置、过滤,用乙醇洗涤23次,在真空干燥箱中干燥测定产品纯度(5)称取提纯后的K2FeO4样品0.2100 g于烧杯中,加入强碱性亚铬酸盐溶液,反应后再加稀硫酸调节溶液呈强酸性,配成250 mL溶液,取出25.00 mL放入锥形瓶,用0.01000 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定至终点,重复操作2次,平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液30.00 mL涉及主要反应为:Cr(OH)4+FeO42Fe(OH)3+CrO42+OHCr2O72+6Fe2+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O则该K2FeO4样品的纯度为94.3%【考点】制备实验
33、方案的设计【专题】实验分析题;实验评价题;演绎推理法;制备实验综合【分析】根据实验装置图可知,A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气,氯气中有挥发出的来的氯化氢,所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢,装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钾,为防止在较高温度下生成KClO3,C装置中用冰水浴,反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收,(1)根据装置图可知仪器名称;Cl2与KOH溶液在20以下反应生成KClO,在较高温度下则生成KClO3,据此判断冰水浴的原因;(2)氯气中有氯化氢需要除去,氯气有毒,需要进行尾气吸收;(3)足量KClO中依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液,发生氧化还原
34、反应生成K2FeO4、KCl和水等,据此书写该反应的离子方程式;(4)K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液,所以提纯K2FeO4粗产品时可以将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol/L KOH溶液中,过滤,将滤液置于冰水浴中,向滤液中加入饱和KOH溶液,搅拌、静置、过滤,用乙醇洗涤23次,在真空干燥箱中干燥,据此答题;(5)根据反应Cr(OH)4+FeO42Fe(OH)3+CrO42+OH和Cr2O72+6Fe2+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O,可得关系式2FeO42Cr2O726Fe2+,利用(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量可计算得高铁酸钾的质量,进而确定K2FeO4样
35、品的纯度;【解答】解:根据实验装置图可知,A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气,氯气中有挥发出的来的氯化氢,所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢,装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钾,为防止在较高温度下生成KClO3,C装置中用冰水浴,反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收,(1)根据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗,Cl2与KOH溶液在20以下反应生成KClO,在较高温度下则生成KClO3,所以冰水浴的目的是防止Cl2与KOH反应生成KClO3,故答案为:分液漏斗;防止Cl2与KOH反应生成KClO3;(2)氯气中有氯化氢需要除去,氯气有毒,需要进行尾气吸收,所以装置B吸收的气体
36、是HCl,装置D的作用是吸收Cl2,防止污染空气,故答案为:HCl;吸收Cl2,防止污染空气;(3)足量KClO中依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液,发生氧化还原反应生成K2FeO4、KCl和水等,反应的离子方程式为3ClO+2Fe3+10OH2FeO42+3Cl+5H2O,故答案为:3ClO+2Fe3+10OH2FeO42+3Cl+5H2O;(4)K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液,所以提纯K2FeO4粗产品时可以将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 mol/L KOH溶液中,过滤,将滤液置于冰水浴中,向滤液中加入饱和KOH溶液,搅拌、静置、过滤,用乙醇洗涤23次,在真空干燥箱
37、中干燥,故答案为:过滤;将滤液置于冰水浴中,向滤液中加入饱和KOH溶液;(5)根据反应Cr(OH)4+FeO42Fe(OH)3+CrO42+OH和Cr2O72+6Fe2+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O,可得关系式2FeO42Cr2O726Fe2+,根据题意可知,(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为0.03L0.01000 mol/L=0.0003mol,所以高铁酸钾的质量为=0.198g,所以K2FeO4样品的纯度为100%=94.3%,故答案为:94.3%;【点评】本题考查实验制备方案、氧化还原反应的离子方程式的书写、物质的分离提纯、对条件与操作的分析评价、纯度的计算等,是对学生综
38、合能力的考查,注意题目信息的迁移运用,难度中等10利多卡因是医用临床常用的局部麻药,其一种合成路线如下:已知:ROHRCl请回答下列问题:(1)A分子中碳原子的杂化轨道类型有sp3、sp2杂化,D的名称为1,3二甲苯(或间二甲苯)(2)C的结构简式为,的反应类型是取代反应(3)反应的化学方程式为(4)写出G与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式: +2NaOH+HOCH2COONa+NaCl(5)E存在多种同分异构体,写出满足下列条件的所有同分异构体的结构简式:a能使Br2的CCl4溶液褪色,遇FeCl3溶液显色 b含有NH2,苯环上只有1种氢【考点】有机物的推断【专题】有机推断【分析】A
39、发生取代反应生成B,根据B结构简式知,A结构简式为CH3COOH,B发生取代反应生成C,结合题给信息知,C结构简式为CH2ClCOCl,D反应生成E,E发生反应,结合题给信息知,E结构简式为,D发生取代反应生成E,D结构简式为,G发生取代反应生成利多卡因,则G结构简式为,反应为取代反应,据此分析解答【解答】解:A发生取代反应生成B,根据B结构简式知,A结构简式为CH3COOH,B发生取代反应生成C,结合题给信息知,C结构简式为CH2ClCOCl,D反应生成E,E发生反应,结合题给信息知,E结构简式为,D发生取代反应生成E,D结构简式为,G发生取代反应生成利多卡因,则G结构简式为,反应为取代反应
40、,(1)A中甲基上C原子价层电子对个数是4、羧基上的C原子价层电子对个数是2,所以C原子采用杂化方式为sp3、sp2杂化,D名称是1,3二甲苯(或间二甲苯),故答案为:sp3、sp2杂化;1,3二甲苯(或间二甲苯);(2)通过以上分析知,C结构简式为,的反应类型是取代反应,故答案为:; 取代反应;(3)该反应方程式为,故答案为:;(4)G结构简式为,G和NaOH水溶液反应方程式为+2NaOH +HOCH2COONa+NaCl,故答案为: +2NaOH +HOCH2COONa+NaCl;(5)E结构简式为,E的同分异构体符合下列条件:a能使Br2的CCl4溶液褪色,遇FeCl3溶液显色,说明含有
41、不饱和键和酚羟基; b含有NH2,苯环上只有1种氢,符合条件的同分异构体结构简式为,故答案为:【点评】本题考查有机物推断,为高频考点,侧重考查学生分析推断能力及获取信息利用信息解答问题能力,根据某些物质结构简式结合反应条件、题给信息进行推断,正确判断各物质结构简式是解本题关键,难点是同分异构体种类判断,题目难度中等11氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业CuCl是白色固体,难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺过程如下:回答下列问题:(1)CuS精矿经250低温焙烧后生成CuO,步骤中主要反应的离子方程式是CuO+2
42、H+Cu2+H2O(2)步骤先加NaCl、通入SO2时无沉淀,加水稀释就产生大量白色沉淀,其原因是CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系,难溶于水(3)步骤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作,酸洗采用的酸是硫酸(写名称);步骤醇洗的作用是快速去除CuCl表面的水分,防止其水解氧化(4)已知25,101 kPa时:S(s)+O2(g)SO2(g)H=296.8 kJ/mol2Cu(s)+O2(g)2CuO(s)H=314.6 kJ/molCu(s)+S(s)CuS(s)H=53.1 kJ/mol步骤中CuS与O2反应的热化学方程式是2CuS(s)+3O2(g)2CuO(s)+2SO2(g)H=802
43、.0kJ/mol(5)CuS晶胞结构如图所示,其中含有硫原子的数目是2(6)假设上述步反应完全转化,步操作共损失产品3.5%,反应生成的硫酸全部被循环利用,则生产100 kg 96.5%的CuCl(Mr=99.0)产品,除循环利用之外,需要处理的尾气中含SO211.3m3(标准状况)【考点】制备实验方案的设计【专题】实验分析题;实验评价题;演绎推理法;制备实验综合【分析】CuS精矿在空气中焙烧生成氧化铜和二氧化硫,用硫酸酸浸,氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜,在硫酸铜溶液加入氯化钠再通入二氧化硫,生成氯化亚铜和硫酸铜、硫酸,过滤后滤液回收,氯化亚铜经水洗、醇洗、干燥得CuCl产品,(1)步骤中主要反
44、应是氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水,根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式;(2)步骤先加NaCl,氯离子浓度较大,产生的氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系,难溶于水,所以加水稀释就产生大量白色沉淀;(3)氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系,所以酸洗只能用硫酸不能用盐酸,用乙醇洗涤能快速去除CuCl表面的水分,防止其水解氧化;(4)反应S(s)+O2(g)SO2(g)H=296.8 kJ/mol,2Cu(s)+O2(g)2CuO(s)H=314.6 kJ/mol,Cu(s)+S(s)CuS(s)H=53.1 kJ/mol,根据盖斯定律,将2+2可得CuS与O2反应的热化学方程式;(5)根据均摊法
45、,位于60角顶点的原子属于该晶胞的为,位于120角顶点的原子属于该晶胞的为,根据CuS晶胞结构图可知,还有一个硫原子位于晶胞体内,据此答题;(6)根据步操作共损失产品3.5%可知,生产100 kg 96.5%的CuCl,则反应中产生的CuCl的质量为=100 kg,根据反应2CuS+3O22CuO+2SO2、2CuO+SO2+2NaCl=2CuCl+Na2SO4,可知每生成1molCuCl,会产生1mol二氧化硫需要处理,据此计算【解答】解:CuS精矿在空气中焙烧生成氧化铜和二氧化硫,用硫酸酸浸,氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜,在硫酸铜溶液加入氯化钠再通入二氧化硫,生成氯化亚铜和硫酸铜、硫酸,过滤
46、后滤液回收,氯化亚铜经水洗、醇洗、干燥得CuCl产品,(1)步骤中主要反应是氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水,反应的离子方程式为CuO+2H+Cu2+H2O,故答案为:CuO+2H+Cu2+H2O;(2)步骤先加NaCl,氯离子浓度较大,产生的氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系,难溶于水,所以加水稀释就产生大量白色沉淀,故答案为:CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系,难溶于水;(3)氯化亚铜能溶于氯离子浓度较大的体系,所以酸洗只能用硫酸不能用盐酸,用乙醇洗涤能快速去除CuCl表面的水分,防止其水解氧化,故答案为:硫酸;快速去除CuCl表面的水分,防止其水解氧化;(4)反应S(s)+O2(g)SO2
47、(g)H=296.8 kJ/mol,2Cu(s)+O2(g)2CuO(s)H=314.6 kJ/mol,Cu(s)+S(s)CuS(s)H=53.1 kJ/mol,根据盖斯定律,将2+2可得CuS与O2反应的热化学方程式为2CuS(s)+3O2(g)2CuO(s)+2SO2(g)H=802.0 kJ/mol,故答案为:2CuS(s)+3O2(g)2CuO(s)+2SO2(g)H=802.0 kJ/mol;(5)根据均摊法,位于60角顶点的原子属于该晶胞的为,位于120角顶点的原子属于该晶胞的为,根据CuS晶胞结构图可知,还有一个硫原子位于晶胞体内,所以晶胞中含有硫原子的数目是为4+4+1=2,
48、故答案为:2;(6)根据步操作共损失产品3.5%可知,生产100 kg 96.5%的CuCl,则反应中产生的CuCl的质量为=100 kg,根据反应2CuS+3O22CuO+2SO2、2CuO+SO2+2NaCl=2CuCl+Na2SO4,可知每生成1molCuCl,会产生0.5mol二氧化硫需要处理,所以生产100 kg 96.5%的CuCl产品,需要处理的尾气中含SO2的体积为0.5L=11.3m3,故答案为:11.3【点评】本题考查学生阅读获取信息的能力、常用化学用语、晶胞的分析、化学计算的应用等,侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查,注意把握物质的性质以及反应流程,难度中等,注意(6)中利用两个方程式进行的计算版权所有:高考资源网()