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文檔簡介

四川省百校2024年高考化學4月沖刺試題(含解析)

一、選擇題:本題共7小題,每小題6分,共78分.在每小題給出的四個選擇中,只有一項

是符合題目要求的

1.(6分)二氧化碳氣體能引起溫室效應,“碳捕獲技術”可實現二氧化碳的分別、儲存和

利用,其工藝流程如圖。下列敘述中正確的是()

CO?含量高的氣體一?捕捉室|~T反應分離—?高溫反應爐--CO?

CO2含量低的氣體CaO

A.CO2是引起酸雨的主要物質之一

B,捕獲CO,可運用小蘇打溶液

C.捕獲到的CO,可用作化工原料

D.能量消耗低是該技術的一大優(yōu)點

2.(6分)三氯生(常作抗菌劑)的一種衍生物結構如下圖所示。關于該衍生物的說法錯誤

3.(6分)刈代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是()

A.標準狀況下,22.4L己烯含有碳氫鍵數目為12N.

B.5.6gFe與足量鹽酸完全反應,失去電子數目為0.2NA

C.0.ImolNz與0.3molHz充分反應,生成Nft的數目為0.2N

D.電解精煉銅時陽極減輕32g,電路中轉移電子數目肯定為NA

4.(6分)下列試驗中,為達到試驗目的所實行的試驗操作和原理說明均正確的是()

選項試驗目的試驗操作原理說明

A分別氫氧化鐵膠體與FeCL溶過濾膠體粒子不能通過濾紙

B用MgCl2?6H20制備MgCk固體灼燒在生期中,MgCl2?6H20受熱

分解成MgCL和水

C除去氯化鏤溶液中的氯化鐵沉淀用氫氧化鈉溶液調整適當的

pH,使Fe"沉淀

D分別乙酸乙酯和飽和碳酸鈉分液乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液

溶液中溶解度小,使溶液分層

A.AB.BC.CD.D

5.(6分)X、Y、Z、W是第三周期元素,它們的最高價氧化物對應的水化物溶于水,得到濃

度均為0.010mol?LT的溶液,其pH與對應元素原子半徑的關系如下圖所示。下列說法正確

A.簡潔離子的半徑:X>Z>W

B.簡潔氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:Z>W>Y

C.Y單質可用于制作半導體材料

D.n=2-lg2

6.(6分)用Li、石墨復合材料與FezOs納米材料作電極的鋰離子電池,在循環(huán)充放電過程中

實現對磁性的可逆調控。下列有關說法錯誤的是()

A.該電池的電解質溶液可以是硫酸溶液

B.放電時,總反應是6Li+Fe23=3LiQ+2Fe

C.充電時,陽極反應是2Fe+3Li?O-6e=Fe2()3+6Li+

D.充放電過程中,電池可在被磁鐵吸引和不吸引之間循環(huán)調控

7.(6分)常溫下向10mL0.1的HR溶液中逐滴加入0.1mokL"的氨水,溶液的pH

及導電實力改變趨勢如圖。下列分析正確的是()

—ft一■85~?~析FKGOL)

A.各點溶液中的陽離子濃度總和關系是:d>c>b>a

B.常溫下,R一的水解平衡常數數量級是IO"

C.a、d兩點溶液中,水的電離程度相等

D.d點溶液中,微粒濃度關系是:c(RD+2c(HR)=C(NH3-H20)

三、非選擇題:共174分.第2?32題為必考題,每個試題考生都必需作答.第33?38題為

選考題,考生依據要求作答.(一)必考題:共129分

8.(15分)常溫下,無水四氯化錫是一種無色、易揮發(fā)、易流淌的液體,遇水極易發(fā)生水解。

某學習小組設計了如圖所示的裝置制備無水四氯化錫。其原理是Sn(s)+2CL(g)=SnCL

(1)AH=-511kj-mol-1.請回答下列問題:

(1)儀器a的名稱是

(2)裝置B中反應的離子方程式是

(3)裝置C的作用是除去氯化氫,所用試劑X的名稱是,裝置D的作用是o

(4)當F中快充溢SnCL時,將生成的SnCL排入接收器E中的操作是,再用橡皮

球從冷凝管上口向裝置內吹氣。

(5)SnCL能溶解肯定量的氯氣,若制取3kgSnCL(含氯氣的質量分數為13.0%),則至

少需通入氯氣的體積(標準狀況)是m3(保留2位小數)。

(6)上述試驗裝置設計中,還存在幾處缺陷,請指出其中隨意一處o

9.(14分)我國是最早發(fā)覺并運用鋅的國家,《天工開物》記載了用爐甘石(ZnC%)和木

炭冶煉鋅?,F代工業(yè)上用氧化鋅煙灰(主要成分為ZnO,還有少量Pb、CuO和AS2O3)制取

高純鋅的工藝流程如圖所示:

ftlNil1aHjCh鋅粉

林JL含四制出山產、IJ____

卷率i[CU(NHMF*、T4%除還掠除雜一泣液f電解一島純悴

IAsCl/的浸出液~~1——I

旗液IMM2滋渣3

請回答下列問題:

(1)《天工開物》中煉鋅的方法是利用了木炭的性。

(2)濾渣1和濾渣3的主要成分分別是、(填化學式)。

(3)“溶浸"時,氧化鋅參加的反應離子方程式是;“溶浸”時溫度不宜過高,

緣由是O

(4)“氧化除雜”的目的是將AsClK轉化為As。膠體,再經吸附沉降除去,該反應的離

子方程式是o

(5)“電解”含[Zn(NH3)4產的溶液,陰極的電極反應式是0陽極區(qū)產生一種無

色無味的氣體,將其通入滴有KSCN的FeCL溶液中,無明顯現象,該氣體是(寫化

學式)。該流程中可以循環(huán)運用的物質是(寫化學式)。

10.(14分)FeSO”是一種補血劑,常溫下久置易變黃,一般認為是Fe?+被氧化為Fe”的原因。

(1)已知:

①Fe?+(aq)-e-=Fe3+(aq)AHi=akj^mol-1

+-1

②O2(g)+4e-+4H(aq)—2H20(1)△H?=bkj,mol

則FeSO”在酸性溶液中變質的熱化學方程式為o

常溫下,配制不同pH的0.ImolLTFeSO,溶液,探討溶液中Fe?+被氧化的狀況,結果如圖

所示(假設反應過程中溶液體積不變)。

(2)pH=5.5的環(huán)境下,反應在0?15min的平均速率v(Fe2+)=;增大溶液pH,

Fl+被氧化速率(填“增大”、“減小”或“無影響”)。

(3)平衡常數的計算中氣態(tài)物質常以壓強代替其濃度,Fe?+在酸性環(huán)境下被氧化的平衡常

數K的計算表達式是;常溫下該反應的平衡常數為2.5義10氣,.(atm-mol4):

相對較大,下列說法正確的是。(填正確答案標號)

a.Fe"轉化為Fe,+的趨勢大b.Fe?+轉化為Fe"的速率大

c.反應進行得較為徹底d.酸性條件下Fe"不會被氧化

(4)pH=13的環(huán)境下,Fe?+被氧化變質可以理解為:

2+

第一步:Fe+20H'=Fe(OH)2I

其次步:(寫化學方程式);

當該氧化反應達到平衡時,c(Fe2+)/c(Fe3+)4.OX1(^(填“>”、“<”或“=”兀

已知的Ksp[Fe(OH)31=2.5X10-39,Ksp[Fe(OH)2=1.0*10弋

(5)依據上述分析,配制FeSOi溶液的正確方法是加入適量的鐵粉和(填試劑)

3

?

(-)選考題:共45分.請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作

答.假如多做,則每科按所做的第一道題計分.[化學一選修3:物質結構與性質](15分)

11.(15分)大型客機燃油用四乙基鉛[Pb(CH2cH3)J做抗震添加劑,長期接觸四乙基鉛對

身體健康有害,可用筑基乙胺(HSCHzCHMH?)和KMnO,清除四乙基鉛。

(1)鎬元素在周期表中的位置是,基態(tài)銃原子的外圍電子排布式為,該基

態(tài)原子占據最高能級的電子云輪廓圖形態(tài)為o

(2)N、C和Mn三種元素的電負性由大到小的依次為=

(3)HSCH2cH2帆中C的雜化軌道類型為,其中-NH?空間構型名稱為;N和

P的價電子數相同,磷酸的化學式為“HsPOj,而硝酸的化學式不是:“辟0」,緣由是o

(4)Pb(CH£H。4是一種難電離且易溶于有機溶劑的協(xié)作物,其晶體類型屬于晶

體。已知Pb(CH2cH3)&晶體的積累方式如下:

Pb(CH2cH3)&在xy平面上的二維積累中的配位數是。設阿伏加德羅常數為NA/mol,

1-3

Pb(CH2CH3)4的摩爾質量為Mg.mol,則Pb(CH2cH3)4晶體的密度是g?cm(列

出計算式即可)。

[化學一選修5:有機化學基礎](15分)

12.硝苯地平(H3OC"^8OCH,)是治療高血壓的常用藥物。其合成線路如下圖所示:

H,C人N人E

H

已知:乙烯酮和聚二乙烯酮都能與含活潑氫原子的物質發(fā)生反應,例如乙烯酮可發(fā)生反應:

CH2=C=O+H-X-CH3COX(其中X=-OH、-OR、-OOCR、鹵原子等)

請回答下列問題:

(1)硝苯地平分子中含氧官能團的名稱是,其分子的核磁共振氫譜有種類

型的汲取峰。

(2)反應①的條件是,反應②的反應類型是

,反應③的化學方程式是

(4)A的結構簡式是,A有多種同分異構體,其中屬于苯的二取代產物且含有氨基

(-NHz)的有機化合物共有種。

(5)結合相關信息及所學學問,請設計由乙醇制備乙酰氯(CHBCOCI)的合成路途o

(其它無機試劑任選)

2024年四川省百校高考化學沖刺試卷(4月份)

參考答案與試題解析

一、選擇題:本題共7小題,每小題6分,共78分.在每小題給出的四個選擇中,只有一項

是符合題目要求的

1.(6分)二氧化碳氣體能引起溫室效應,“碳捕獲技術”可實現二氧化碳的分別、儲存和

利用,其工藝流程如圖。下列敘述中正確的是()

co,含量高的氣體一T捕捉室I-T反應分離I~~?高溫反應爐一ACO?

CO?含量低的氣體CaO

A.CO?是引起酸雨的主要物質之一

B.捕獲CO,可運用小蘇打溶液

C.捕獲到的C0?可用作化工原料

D.能量消耗低是該技術的一大優(yōu)點

【分析】A.依據酸雨成因解答;

B.二氧化碳在碳酸氫鈉溶液中溶解度不大;

C.依據二氧化碳可以用于生產尿素、可降解塑料解答;

D.高溫反應爐須要消耗大量的能量。

【解答】解:A.酸雨是因為氮的氧化物、二氧化硫的排放引起,與二氧化碳無關,故A錯

誤;

B.二氧化碳在碳酸氫鈉溶液中溶解度不大,所以不能用碳酸氫鈉溶液捕獲二氧化碳,應選

擇氫氧化鈉等,故B錯誤;

C.二氧化碳可以用于生產尿素、可降解塑料,是重要的化工原料,故C正確;

D.高溫反應爐須要消耗大量的能量,能量消耗較高,故D錯誤;

故選:Co

【點評】本題考查了生活中常見環(huán)境污染與治理,熟識相關學問,明確二氧化碳的性質是

解題關鍵,題目難度不大。

2.(6分)三氯生(常作抗菌劑)的一種衍生物結構如下圖所示。關于該衍生物的說法錯誤

的是()

A.分子式為3此CLOB.其一澳代物有三種

C.是二氯苯的同系物D.能發(fā)生加成反應

【分析】A.由結構可知分子式;

B.由結構對稱性可知,含3種H;

C.二者含苯環(huán)、-C1原子數均不同;

D,含苯環(huán)。

【解答】解:A.由結構可知分子式為Q2HeCLO,故A正確;

B.由結構對稱性可知,含3種H,一澳代物有三種,故B正確

C.二者含苯環(huán)、-C1原子數均不同,結構不相像,二者不是同系物,故C錯誤;

D.含苯環(huán),可發(fā)生加成反應,故D正確;

故選:Co

【點評】本題考查有機物的結構與性質,為高頻考點,把握官能團與性質、有機反應為解

答的關鍵,側重分析與應用實力的考查,留意選項C為解答的易錯點,題目難度不大。

3.(6分)以代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是()

A.標準狀況下,22.4L己烯含有碳氫鍵數目為12N.

B.5.6gFe與足量鹽酸完全反應,失去電子數目為0.2L

C.0.ImolNz與0.3molHz充分反應,生成NL的數目為0.2NA

D.電解精煉銅時陽極減輕32g,電路中轉移電子數目肯定為1

【分析】A.氣體摩爾體積運用對象為氣體;

B.鐵與鹽酸反應生成氯化亞鐵;

C.合成氨為可逆反應;

D.電解精煉銅時,陽極是粗銅,還有雜質放點,當電路中轉移治個電子,陽極溶解的銅小

于32g;

【解答】解:A.標況下己烯為液體,不能運用氣體摩爾體積,故A錯誤;

B.5.6gFe物質的量為0.ImoL與足量鹽酸完全反應生成0.Imol二價鐵離子,失去電子數

目為0.2NA,故B正確;

C.合成氨為可逆反應,不能進行究竟,所以0.ImolN?與0.3molHz充分反應,生成N&的數

目小于0.2NA,故C錯誤;

D.電解精煉銅時,陽極是粗銅,還有雜質放點,當電路中轉移用個電子,陽極溶解的銅小

于32g,故D錯誤;

故選:Bo

【點評】本題考查了物質的量和阿伏伽德羅常數的有關計算,駕馭公式的運用和物質的結

構是解題關鍵,留意氣體摩爾體積運用條件和對象,題目難度不大。

4.(6分)下列試驗中,為達到試驗目的所實行的試驗操作和原理說明均正確的是()

選項試驗目的試驗操作原理說明

A分別氫氧化鐵膠體與FeCL溶過濾膠體粒子不能通過濾紙

B用MgCl2-6H20制備MgCk固體灼燒在用土另中,MgCl2?6H20受熱

分解成MgCk和水

C除去氯化鏤溶液中的氯化鐵沉淀用氫氧化鈉溶液調整適當的

pH,使Fe"沉淀

D分別乙酸乙酯和飽和碳酸鈉分液乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液

溶液中溶解度小,使溶液分層

.AB.BC.CD.D

【分析】A.膠體、溶液均可透過濾紙;

B.加熱時鎂離子發(fā)生水解,且水解生成鹽酸易揮發(fā);

C.二者均與NaOH反應;

D.乙酸乙酯和飽和碳酸鈉溶液分層。

【解答】解:A.膠體、溶液均可透過濾紙,過濾不能分別,應選滲析法,故A錯誤;

B.加熱時鎂離子發(fā)生水解,且水解生成鹽酸易揮發(fā),應在HC1氣流中加熱制備,故B錯誤;

C.二者均與NaOH反應,不能除雜,應選氨水,故C錯誤;

D.乙酸乙酯和飽和碳酸鈉溶液分層,分液可分別,故D正確;

故選:Do

【點評】本題考查化學試驗方案的評價,為高頻考點,把握物質的性質、混合物分別提純、

試驗技能為解答的關鍵,側重分析與試驗實力的考查,留意試驗的評價性分析,題目難度

不大。

5.(6分)X、Y、Z、W是第三周期元素,它們的最高價氧化物對應的水化物溶于水,得到濃

度均為0.010mo>LT的溶液,其pH與對應元素原子半徑的關系如下圖所示。下列說法正確

A.簡潔離子的半徑:X>Z>W

B.簡潔氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:Z>W>Y

C.丫單質可用于制作半導體材料

D.n=2-lg2

【分析】第三周期元素中,X最高價氧化物水化物的溶液pH為12,氫氧根濃度為0.01mol/L,

故為一元強堿,則X為Na;Y、W、Z對應的最高價氧化物水化物的溶液pH均小于7,均為

酸,W最高價含氧酸溶液中氫離子濃度為0.01mol/L,故為一元強酸,則W為C1元素;最

高價含氧酸中,Z對應的酸性比W的強、丫對應的酸性比W的弱,而原子半徑Y>Z>CL

硅酸不溶于水,故Z為S元素,丫為P元素,以此來解答。

【解答】解:由上述分析可知,X為Na、丫為P、Z為S、W為C1,

A.電子層結構相同,核電荷數越大離子半徑越小,電子層越多離子半徑越大,故離子半徑

S2->Cr>Na+,故A錯誤;

B.非金屬性W(Cl)>Z(S)>Y(P),氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:W>Z>Y,故B錯誤;

C.丫為P,其單質不能作半導體材料,故C錯誤;

D.0.01mol/L硫酸溶液中氫離子濃度為0.02mol/L,則pH=2-lg2=n,故D正確;

故選:Do

【點評】本題考查原子結構與元素周期律,為高頻考點,把握最高價氧化物對應的水化物

的pH、原子半徑來推斷元素為解答的關鍵,側重分析與應用實力的考查,留意規(guī)律性學問

與元素化合物學問的應用,題目難度不大。

6.(6分)用Li、石墨復合材料與Fez。,納米材料作電極的鋰離子電池,在循環(huán)充放電過程中

實現對磁性的可逆調控。下列有關說法錯誤的是(

Li+FeiOiFe+LiiO

A.該電池的電解質溶液可以是硫酸溶液

B.放電時,總反應是6Li+Fe203=3Li2+2Fe

C.充電時,陽極反應是2Fe+3Li2。-6e=Fe2()3+6Li+

D.充放電過程中,電池可在被磁鐵吸引和不吸引之間循環(huán)調控

該電

【分析】由圖可知該電池充放電時的反應為:6Li+Fe0=^3Li0+2Fe,則放電時負極反

23?充電2

應式為Li-e-Li+,正極反應式為Fe203+6Li*+6e=3LiQ+2Fe,充電時,陽極、陰極電極

反應式與正極、負極電極反應式正好相反,以此解答該題。

【解答】解:A.金屬鋰可以額酸之間反應,所以不能用硫酸做電解質,故A錯誤;

,,該電

B.由圖可知該電池充放電時的反應為:6Li+Fe0?==i3Li0+2Fe,故B正確;

23充電2

C.充電時,陽極與正極相反,電極反應式為2Fe+3Li20-6e-=Fe203+6L-,故C正確;

D.充電時,Fe作為陽極失電子,電池漸漸擺脫磁鐵吸引,放電時,電池被磁鐵吸引,故D

正確;

故選:A?

【點評】本題考查化學電源新型電池,為高頻考點,側重考查學生的分析實力,明確各個

電極上發(fā)生的反應是解本題關鍵,知道正負極與陰陽極電極反應式之間的關系,難點是電

極反應式的書寫。

7.(6分)常溫下向10mL0.1mol?L”的HR溶液中逐滴加入0.1moNI/i的氨水,溶液的pH

及導電實力改變趨勢如圖。下列分析正確的是()

pH

7

5-pH

3一導電能力

ftS555玄~MjK(niL)

A.各點溶液中的陽離子濃度總和關系是:d>c>b>a

B.常溫下,R-的水解平衡常數數量級是IO"

C.a>d兩點溶液中,水的電離程度相等

D.d點溶液中,微粒濃度關系是:c(RD+2c(HR)=C(NH3?H2O)

【分析】A.溶液導電實力與溶液中離子濃度有關,導電性越強說明離子濃度越大;

B.依據圖象可知,0.1mollT的HR溶液的pH=3,則c(R)(H+)=Wmol/L,c

(HR)?0.Imol/L,HR的電離平衡常數Ka=L22U」=10-5,結合R-的水解平衡常

0.1

K

數數七=”w計算;

Ka

C.a、d兩點溶液的pH分別為4、8,則對水的電離程度的影響不同;

D.d點加入20mL等濃度的氨水,反應后溶質為等濃度的NH4R和NIVHO因溶液呈堿性,

NlVHzO的電離程度大于NHJ的水解程度,則c(NHZ)>c(NH3-H20),結合物料守恒分析。

【解答】解:A.溶液導電實力與溶液中離子濃度有關,依據圖象可知,b點導電實力最強,

d點最弱,故A錯誤;

B.依據圖象可知,0.1mol-I/i的HR溶液的pH=3,則c(RD"cCH+)=10-3mol/L,c

(HR)?0.Imol/L,HR的電離平衡常數Ka=LL上£lP_J_=10-5,則R-的水解平衡常數

0.1

1()一15

數Kh=」U=10:故B正確;

-

1Ab

C.a、d兩點導電實力相等,但溶液的pH分別為4、8,都抑制了水的電離,a點c(H*)

=l0^mol/L,d點c(OH)=10%oi/L,所以對水的電離程度的影響不同,故C錯誤;

D.d點加入20mL等濃度的氨水,反應后溶質為等濃度的NH4R和NIVHO依據物料守恒可

得:2c(HR)+2c(RD=c(NIVHzO)+c(NHj),因溶液呈堿性,NH3*H2O的電離程度大

于NHj的水解程度,則c(NHZ)>c(NIVHzO),則c(HR)+c(RD=c(NH3?H2O),故D

錯誤;

故選:Bo

【點評】本題考查酸堿混合的定性推斷,題目難度中等,明確圖象曲線改變的意義為解答

關鍵,留意駕馭物料守恒及鹽的水解原理,試題培育了學生的分析實力及敏捷應用實力。

三、非選擇題:共174分.第2?32題為必考題,每個試題考生都必需作答.第33?38題為

選考題,考生依據要求作答.(一)必考題:共129分

8.(15分)常溫下,無水四氯化錫是一種無色、易揮發(fā)、易流淌的液體,遇水極易發(fā)生水解。

某學習小組設計了如圖所示的裝置制備無水四氯化錫。其原理是Sn(s)+2CL(g)=SnCL

(1)AH=-511kJ-moU1.請回答下列問題:

ABCDEF

(1)儀器a的名稱是錐形瓶。

(2)裝置B中反應的離子方程式是2Mn0J+10C「+16l=2Mn2++5Cl"+8壓0。

(3)裝置C的作用是除去氯化氫,所用試劑X的名稱是飽和食鹽水,裝置D的作用是

干燥氯氣。

(4)當F中快充溢SnCL時,將生成的SnCL排入接收器E中的操作是關閉分液漏斗活

塞,打開K,關閉K,打開K,再用橡皮球從冷凝管上口向裝置內吹氣。

(5)SnCl」能溶解肯定量的氯氣,若制取3kgSnCL(含氯氣的質量分數為13.0%),則至

少需通入氯氣的體積(標準狀況)是0.57n?(保留2位小數)。

(6)上述試驗裝置設計中,還存在幾處缺陷,請指出其中隨意一處未進行尾氣處理,形

瓶和冷凝管敞口,生成物物易揮發(fā)或易水解,也沒有對E裝置進行冷卻等。

【分析】裝置B制備氯氣,C、D對了氯氣除雜干燥,E收集產物,F制備產物,

(1)依據儀器特點可得;

(2)裝置B由濃鹽酸與高銹酸鉀制備氯氣,同時生成錦離子和水,據此書寫;

(3)用濃鹽酸制備的氯氣混有HC1和水蒸氣,用飽和食鹽水除去HC1,用濃硫酸吸水干燥;

(4)無水四氯化錫是易流淌的固體,多以可利用增大試管內的壓強將其排出;

(5)3kgSnCQ中含氯氣的物質的量為3000gX13.0%4-71g/mol=5.5mol,其中的SnCl4

含的氯元素相當于氯氣的物質的量為2X3000gX87%+261g/mol=20mol,據此計算;

(6)該試驗裝置中未進行尾氣處理,錐形瓶和冷凝管敞口,生成物物易揮發(fā)或易水解,也

沒有對E裝置進行冷卻等。

【解答】解:(1)儀器a為錐形瓶;

故答案為:錐形瓶;

(2)裝置B由濃鹽酸與高錦酸鉀制備氯氣,同時生成錦離子和水,離子方程式為:2MnOJ

+

+10Cl>16H=2Mn*+5Cl,21+8H20;

故答案為:2Mn0J+10C「+16H+=2Mn"+5C12t+8H20;

(3)B裝置制備的氯氣混有HC1和水蒸氣,C除去HC1氣體,試劑X為飽和食鹽水,產物

易水解,故D裝置中濃硫酸用來干燥氯氣;

故答案為:飽和食鹽水;干燥氯氣;

(4)無水四氯化錫是易流淌的固體,多以可利用增大試管內的壓強將其排出,故將生成的

SnCL排入接收器E中的操作是:關閉分液漏斗活塞,打開K”關閉除打開L;

故答案為:關閉分液漏斗活塞,打開Ki,關閉除打開七;

(5)3kgSnCL中含氯氣的物質的量為3000gX13.0%4-71g/mol=5.5mol,其中的SnCl4

含的氯元素相當于氯氣的物質的量為2X3000gX87%+261g/mol=20mol,則所須要氯氣至

少25.5mol,體積為25.5molX22.4L/mo1=571.290.57m3,

故答案為:0.57;

(6)該試驗裝置中未進行尾氣處理,錐形瓶和冷凝管敞口,生成物物易揮發(fā)或易水解,也

沒有對E裝置進行冷卻等;

故答案為:未進行尾氣處理,形瓶和冷凝管敞口,生成物物易揮發(fā)或易水解,也沒有對E

裝置進行冷卻等。

【點評】本題考查了物質的制備,涉及試驗室制備氯氣、物質的除雜、試驗評價等學問點,

題目難度中等,明確試驗原理及試驗基本操作方法、試題側重于考查學生的分析問題和解

決問題的實力,留意題目信息的與相關基礎學問聯合分析。

9.(14分)我國是最早發(fā)覺并運用鋅的國家,《天工開物》記載了用爐甘石(ZnCOs)和木

炭冶煉鋅。現代工業(yè)上用氧化鋅煙灰(主要成分為ZnO,還有少量Pb、CuO和AS2O3)制取

高純鋅的工藝流程如圖所示:

H26件粉

含四制出卜產.11_

ICU(NH,)*F*>—T氧,除對T還脫除雜液f電婚—高純.

AsCl/的浸出液■—!—―廠

注液2淀渣3

請回答下列問題:

(1)《天工開物》中煉鋅的方法是利用了木炭的還原性。

(2)濾渣1和濾渣3的主要成分分別是」Cu(填化學式)。

+

(3)“溶浸"時,氧化鋅參加的反應離子方程式是ZnO+2NH3?H2O+2NH4=Zn(NH3)?+3H20

“溶浸”時溫度不宜過高,緣由是避開氨水的分解和揮發(fā)

(4)“氧化除雜”的目的是將AsCl1轉化為AsQ膠體,再經吸附沉降除去,該反應的離

子方程式是ZAsClA+ZHzOz+GNtVHauAs;^(膠體)+10C1+6NHj+5Ha。

(5)“電解”含[Zn(陽)&產的溶液,陰極的電極反應式是Zn(N&)J+2e-=Zn+4NH3。

陽極區(qū)產生一種無色無味的氣體,將其通入滴有KSCN的FeCk溶液中,無明顯現象,該氣

體是N?(寫化學式)。該流程中可以循環(huán)運用的物質是NH£1(寫化學式)。

【分析】由流程可知,氧化鋅煙灰加入氨水、氯化鏤進行溶浸,溶浸后氧化鋅煙灰中鋅、

銅、鎘、碑元素分別以Zn(NH3)「、Cu(NH3)「、AsCl}的形式存在,濾渣1為Pb,加入

過氧化氫,AsCf-轉化為AsQ膠體吸附聚沉除去,過濾后加入鋅粉還原,可除去Cu等,

濾液主要含有Zn(NH3)電解可生成高純度鋅,以此解答該題。

【解答】解:(1)碳酸鋅與碳在高溫下反應生成鋅和一氧化碳,碳表現為還原性,故答案

為:還原;

(2)由以上分析可知濾渣1為Pb,濾渣3含有Cu,故答案為:Pb;Cu;

(3)“浸出"時,ZnO溶于氯化鏤和氨水的混合溶液,生成配離子Zn(NHs)則發(fā)生反

應的離子方程式為ZnO+2NH3?H2O+2NHj=Zn(NL)『+3HO"溶浸”時溫度不宜過高,可避

開氨水的分解和揮發(fā),

+2+

故答案為:ZnO+2NH3.H2O+2NH4=Zn(NH3)4+3H20;避開氨水的分解和揮發(fā);

(4)“氧化除雜”中,AsClK轉化為AszOs膠體吸附聚沉除去,反應的離子方程式為2Ase1/

+

+2H2O2+6NH3?H2O=AS2O5(膠體)+10CU+6NH4+5H20,

+

故答案為:2AsCir+2lM)2+6NH3?H2O=As2O5(膠體)+10Cr+6NH4+5H20;

(5)“電解”時Zn(NR)4"在陰極放電,發(fā)生還原反應生成鋅,電極反應式為Zn(NL)

」+2e-=Zn+4NH3,陽極區(qū)放出一種無色無味的氣體,將其通入滴有KSCN的FeCl,溶液中,

無明顯現象,該氣體是氮氣,電解后溶液含有氯化鍍,可循環(huán)運用,

-

故答案為:Zn(NH3)f+2e=Zn+4NH3;N2;NH£L

【點評】本題考查學生對于工藝流程原理的理解、對操作與試驗條件限制的理解等,為高

考常見題型,涉及鋅、銅等元素化合物學問,以及常用化學用語書寫、分別提純等,須要

學生具備扎實的基礎與綜合運用實力,難度中等,試題學問點較多、綜合性較強,充分考

查了學生的分析、理解實力及化學試驗實力。

10.(14分)FeSO”是一種補血劑,常溫下久置易變黃,一般認為是Fe?+被氧化為Fe”的原因。

(1)己知:

①Fe(aq)-e-=Fe(aq)△Hi=akjemol

-+-1

②O2(g)+4e+4H(aq)=2H20(1)AH2=bkj-rnol

則FeS0&在酸性溶液中變質的熱化學方程式為4Fe"(aq)他(g)+4H+(aq)=4Fe"(aq)

+2H2(1)Z\H=(4a+b)KJ/mol。

常溫下,配制不同pH的0.lmol?LTFeS04溶液,探討溶液中Fe?+被氧化的狀況,結果如圖

所示(假設反應過程中溶液體積不變)。

(2)pH=5.5的環(huán)境下,反應在0?15nlin的平均速率v(Fe2+)=0.004mol/(L?min);

增大溶液pH,Fe"被氧化速率增大(填“增大”、“減小”或“無影響”)。

(3)平衡常數的計算中氣態(tài)物質常以壓強代替其濃度,Fe?+在酸性環(huán)境下被氧化的平衡常

c4(Fe2+)

數K的計算表達式是4_計、4一;「一、;常溫下該反應的平衡常數為2.5X

c(Fe^)c(H)p(o2)-

1032L4-(atm-mol4)-1,相對較大,下列說法正確的是ac。(填正確答案標號)

a.Fe?+轉化為Fe,+的趨勢大b.Fe"轉化為Fe"的速率大

c.反應進行得較為徹底d.酸性條件下Fe"不會被氧化

(4)pH=13的環(huán)境下,Fe?+被氧化變質可以理解為:

第一步:Fe"+20I=Fe(OH)2I

其次步:4Fe(OH)2+02+H2=4Fe(OH)3(寫化學方程式);

當該氧化反應達到平衡時,c(Fe")/c(Fe")=4.0X10久(填“>”、或“=”)。

已知的Ksp[Fe(0H)3]=2.5X10-39,KsjFe(0H)=1.0X10弋

(5)依據上述分析,配制FeSO,溶液的正確方法是加入適量的鐵粉和H2SO4溶液(填試

劑)

.

M.

【分析】(1)已知:①Fe*(aq)-e-=Fe3+(aq)AHi=akjemol-1

1

②O2(g)+4eH4H*(aq)=2H20(1)AH2=bkJ.moU

蓋斯定律計算得到①x4+②FeSO]在酸性溶液中變質的熱化學方程式;

(2)pH=5.5的環(huán)境下,反應在0?15min時,亞鐵離子氧化率為60%,得到反應的平均速

率v(Fe")=等,圖象分析可知,增大溶液pH,Fe"被氧化速率增大,

(3)上述反應中氧氣為氣體,其余為溶液該反應的反應物和產物呈現多種狀態(tài),化學上把

該類型的反應稱為復相反應,所以題目給出信息,平衡常數的計算中氣體常以壓強代替其

濃度,在回答該問中,平衡常數表達式中肯定不能用氧氣的物質的量濃度來表示平衡常數,

因此Fe2+在酸性環(huán)境下被氧化的平衡常數K的計算表達式是K=

42+

c(Fe)

F~計、4,;、,―「,該題目供應了常溫下的平衡常數2.5義1。3215(atm-mol4)

44+

c(Fe^)c(H)P(02)

T,由此也可以印證K的計算表達式,對于一個反應,其平衡常數越大,反應進行的徹底,

但其反應速率不肯定大;

(4)pH=13的環(huán)境下,Fe。+被氧化變質可以理解為:

2+

第一步:Fe+20H=Fe(OH)2\

其次步:4Fe(OH)2+02+H20=4Fe(OH)3,其實無論是酸性環(huán)境還是堿性環(huán)境下,亞鐵離子

的氧化過程均是經驗了這樣一個過程,所以才有增大溶液PH,亞鐵被氧化率會增大的這一

個結論,當反應大多平衡狀態(tài)時,c(Fe:)=eg?。;9H)=

c(Fe3+)c(Fe3+)c3(0H-)

SUH,)Ksp(Fe:0H)2),帶入pH=驍條件下的Ksp和氫氧根離子濃度計算得到;

Ksp(FeSH)?)

(5)題中信息可知亞鐵離子在酸性溶液中氧化率較小,因此配制硫酸亞鐵溶液須要加入適

量的硫酸,同時加入適量的鐵粉可以剛好還原被氧化生成的鐵離子,學問鐵粉與稀硫酸反

應消耗所以鐵粉和稀硫酸須要在保存過程中不斷補充,正因為如此,試驗室一般不長期保

存硫酸亞鐵溶液。

【解答】解:(1)已知:

①Fe?+(aq)-e-=Fe3+(aq)△Hi=akj*mol-1

+e-1

②O2(g)+4e-+4H(aq)=2H20(1)AH2=bkjmol

2+

蓋斯定律計算得到①X4+②FeS04在酸性溶液中變質的熱化學方程式:4Fe(aq)+02(g)

+

+4H(aq)=4Fe"(aq)+2H20(1)△!!=(4a+b)KJ/mol,

2++3+

故答案為:4Fe(aq)+02(g)+4H(aq)=4Fe(aq)+2H20(1)AH=(4a+b)KJ/mol;

(2)pH=5.5的環(huán)境下,反應在0?15min時,亞鐵離子氧化率為60%,得到反應的平均速

率v(Fe")=a=U.蚓"><w%=0.004mo1/(L-min),圖象分析可知,增大溶液

At15inin

pH,Fe"被氧化速率增大,

故答案為:0.004mol/(L?min);增大;

(3)上述反應中氧氣為氣體,其余為溶液該反應的反應物和產物呈現多種狀態(tài),化學上把

該類型的反應稱為復相反應,所以題目給出信息,平衡常數的計算中氣體常以壓強代替其

濃度,在回答該問中,平衡常數表達式中肯定不能用氧氣的物質的量濃度來表示平衡常數,

因此Fe2+在酸性環(huán)境下被氧化的平衡常數K的計算表達式是K=

c4(Fe2+)

F一斗、4,;、,~--該題目供應了常溫下的平衡常數2.5*10氣4?(atm-mol4)

44+

c(Fe^)c(H)P(02)

T,由此也可以印證K的計算表達式,對于一個反應,其平衡常數越大,反應進行的徹底,

但其反應速率不肯定大,

a.平衡常數較大,Fe?+轉化為Fe>的趨勢大,故a正確;

b.平衡常數是反應進行的程度,Fe"轉化為Fe"的速率不肯定大,故b錯誤;

c.平衡常數越大,反應進行得較為徹底,故c正確;

d.酸性條件下Fe外易被氧化,故d錯誤;

C4(Fe2)

故答案為:4~升:4+~-;ac;

c(Fe^)c(H)P(02

(4)pH=13的環(huán)境下,Fl+被氧化變質可以理解為:

2+-

第一步:Fe+20H=Fe(OH)2I

其次步:4Fe(OH)2+02+H20=4Fe(OH)3,其實無論是酸性環(huán)境還是堿性環(huán)境下,亞鐵離子

的氧化過程均是經驗了這樣一個過程,所以才有增大溶液PH,亞鐵被氧化率會增大的這一

個結論,當反應大多平衡狀態(tài)時,£(咕::)...=£(父:),學氏)

c(Fe3+)c(Fe3+)c3(OH-)

c(°H"sp)Fe(OH)2),帶入PH=13條件下的Ksp和氫氧根離子濃度計算得到,c(0H

Ksp(Fe(OH)3)

22

故答案為:4Fe(OH)2+02+H20=4Fe(OH)3;4.0X10;

(5)依據上述分析,防止亞鐵離子水解和氧化,配制FeSO,溶液的正確方法是加入適量的

鐵粉和稀硫酸,

故答案為:壓S04溶液。

【點評】本題考查了熱化學方程式、化學平衡影響因素、平衡常數計算、沉淀溶解平衡的

計算分析,留意題干信息的理解應用,駕馭基礎是解題關鍵,題目難度中等。

(-)選考題:共45分.請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作

答.假如多做,則每科按所做的第一道題計分.[化學一選修3:物質結構與性質](15分)

11.(15分)大型客機燃油用四乙基鉛[Pb(CH2cH3)」做抗震添加劑,長期接觸四乙基鉛對

身體健康有害,可用筑基乙胺(HSCHzCHMH?)和KMnO&清除四乙基鉛。

(1)錦元素在周期表中的位置是第四周期第VIIB族,基態(tài)銃原子的外圍電子排布式

為3d54s2,該基態(tài)原子占據最高能級的電子云輪廓圖形態(tài)為球形。

(2)N、C和Mn三種元素的電負性由大到小的依次為N、依Mn。

(3)HSCH2cH,限中C的雜化軌道類型為sp',其中-NHz空間構型名稱為平面三角形;

N和P的價電子數相同,磷酸的化學式為“HsPOj,而硝酸的化學式不是:“ANOJ,緣

由是N和P為同族元素,其價層電子數相同,通常狀況下其成鍵方式相同,但是由于N

原子半徑小于P,N原子四周空間無法容納4個氧原子成鍵,所以在其最高價含氧酸中,前

者為一元酸后者為三元酸,或說HsNO”分子會因為N原子半徑小,無法容納4個氧原子成鍵,

要脫去一個水分子,以HNOs形式存在。

(4)Pb(CH2cH3)&是一種難電離且易溶于有機溶劑的協(xié)作物,其晶體類型屬于分子晶

體。已知Pb(CH2CH3)4晶體的積累方式如下:

Pb(CH2CH3)&在xy平面上的二維積累中的配位數是6。設阿伏加德羅常數為g/mol,

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