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高三化学40分钟限时训练4
高三化学限时训练4
2018.12.11
一、单选题(本大题共6小题,共48.0分)
1.中国传统文化对人类文明贡献巨大。
下列各文献中所记载的古代化学研究过程或成果不涉及分离提纯操作的是( )
A.
本草纲目
“
烧酒
自元时创始,其法用浓酒和糟入甑,蒸令气上,用器盛露滴。
”
B.
齐民要术
“凡酿酒失所味者,或初好后动未压者,皆宜廻作醋。
”
C.
开宝本草
“
消石
所在山泽,冬月地上有霜扫取,以水淋汁,后乃煎炼而成。
”
D.
天工开物
“草木之实,其中蕴藏膏液,而不能自流,假媒水火,凭藉木石,而后倾注而出焉。
”
2.NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.标准状况下,
L二氯甲烷的分子数约为
个
B.在常温常压下,
与
混合气体中所含氧原子数为
C.
g丙烷中所含的共价键为
个
D.将标况下
的
通入水中转移的电子数目为
3.通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学研究的方法之一。
下列反应的推断或解释正确的是( )
选项
操作
实验现象
推断或解释
A
燃烧的钠粒放入CO2中
燃烧且有白色和黑色颗粒产生
黑色颗粒是炭,白色颗粒可能是Na2CO3
B
NH3通入到AgNO3溶液中
先有沉淀后消失
AgOH 具有两性
C
乙醇蒸气通过灼热的Fe2O3 固体
红色固体变黑色,且有刺激性气味
乙醇还原Fe2O3一定生成Fe 和乙醛
D
灼热的木炭放入浓硝酸中
放出红棕色气体
一定是木炭与浓硝酸反应生 成 NO2呈红棕色
A.AB.BC.CD.D
4.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。
已知W原子的最外层电子数是电子层数的2倍,Y原子次外层电子数与其它各层电子总数相等,W和X的原子序数之和等于Z的原子序数。
下列说法正确的是( )
A.含氧酸的酸性:
B.在一定条件下W的单质能与Y的最高价氧化物对应的水化物反应
C.四种元素均能与氢元素形成共价键
D.简单离子半径:
5.NaBH4燃料电池具有理论电压高、能量密度大等优点。
已知,能量密度=电池输出电能/燃料质量,以该燃料电池为电源电解精炼铜的装置如图所示。
下列说法不正确的是( )
A.离子交换膜应为阳离子交换膜,
由左极室向右极室迁移
B.该燃料电池的负极反应式为
C.若
燃料电池的电压为U伏,则此电池的能量密度为
D.每消耗
L
标准状况
时,A电极的质量减轻
g
6.
T℃,分别向10mL浓度均为1mol•L-1的两种弱酸HA、HB中不断加水稀释,并用pH传感器测定溶液pH.所得溶液pH的两倍(2pH)与溶液浓度的对数(lgc)的关系如图所示。
下列叙述正确的是( )已知:
pKa=-lgKa
A.弱酸的
随溶液浓度的降低而增大
B.a点对应的溶液中
,
C.弱酸HB的
D.酸性:
二、简答题(本大题共2小题,共36.0分)
7.氧化钴(Co2O3)粉体材料在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前景。
某铜钴矿石主要含有CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2,其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。
由该矿石制备Co2O3的部分工艺流程如图:
请回答下列问题:
(1)“浸泡”过程中,CoO(OH)可转化为CoSO4,请将该反应的化学方程式补充完整:
2CoO(OH)+2H2SO4+□______=□CoSO4+□______+□______
(2)固体B的成分是______(填化学式)。
(3)向“沉铜”后的滤液中加入NaClO3溶液的主要目的是______;若上述流程中固、液分离均采用过滤操作,则共有______处使用该操作。
(4)根据图1、图2分析:
①矿石粉末浸泡的适宜条件应是______。
②图2中铜、钴浸出率下降的可能原因是______。
(5)CoC2O4•2H2O在空气中高温煅烧得到Co2O3的化学方程式是______。
(6)LiCoO2可用于电动汽车的电池,其工作原理如图所示,且电解质为一种能传导Li+的高分子材料,隔膜只允许Li+通过,电池反应式为:
LixC6+Li1-xCoO2⇌充电放电C6+LiCoO2
①放电时,Li+移动的方向为______→______。
(填“左”或“右”)
②放电时正极的电极反应式为______。
8.含氮化合物在工农业生产中都有重要应用。
(1)肼(N2H4)与亚硝酸反应可生成氮的另一种氢化物,在标准状况下,该氢化物气体的密度为1.92g/L,且其中氮元素的质量分数为0.977,则该反应的化学方程式为______。
(2)二氧化氮在一定条件下,可以发生如下反应:
SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)△H=-42kJ•mol-1
在2L的恒容密闭容器中充入SO2(g)和NO2(g)所得实验数据如下:
实验编号
温度
起始物质的量mol
平衡时物质的量/mol
n(SO2)
n(NO2)
n(NO)
甲
T1
4.0
1.0
0.9
乙
T2
1.0
4.0
0.8
丙
T2
0.4
0.6
a
①在实验甲中,若2min时测得放出的热量是8.4kJ,0~2min时间内,用SO2表示的平均反应速率v(SO2)=______,该温度下的平衡常数为______。
(结果保留到小数点后两位)
②由表中数据可推知:
T1______T2(填“>”“<”或“=”)
③实验丙中,达到平衡时NO2的转化率为______。
(3)工业上可以用氨水将SO2转化为NH4HSO3,再氧化成(NH4)2SO4.室温下测得NH4HSO3溶液pH为6,则溶液的
______。
(已知:
H2SO3的Kal=1.5×10-2,Ka2=1.0×10-7)
(4)使用间接电化学法可以处理煤烟气中的NO,装置如图,已知电解池溶液的pH在4~7之间,写出阴极的电极反应式______。
三、实验题(本大题共1小题,共16.0分)
9.三氯氧磷(POCl3) 是重要的基础化工原料,广泛用于制药、染化。
塑胶助剂等行业。
某兴趣小组模拟PCl3直接氧化法制备PO
Cl3,实验装置设计如图:
有关物质的部分性质如下表:
熔点/℃
沸点/℃
其他
PCl3
-112
75.5
遇水生成H3PO3和HCl,遇O2生成POCl3
POCl3
2
105.3
遇水生成H3PO4和HCl,能溶于PCl3
回答下列问题:
(1)仪器a的名称是______,装置A中发生反应的化学方程式为______。
(2)B装置的作用除观察O2的流速之外。
还有______。
(3)C装置控制反应在60℃~65℃进行,其主要目的是______。
(4)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量,实验步骤如下:
I.取xg产品于锥形瓶中,加入足量NaOH溶液,待完全反应后加稀硝酸至酸性。
II.向锥形瓶中加入0.1000mol/L的AgNO3溶液 40.00mL,使Cl-完全沉淀。
III.向其中加入2mL硝基苯,用力摇动,使沉淀表面被有机物覆盖。
IV.加入指示剂,用c mol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,记下所用体积VmL。
已知:
Ksp(AgCl)=3.2×10-10,Ksp(AgSCN)=2×10-12
①滴定选用的指示剂是______(填标号),滴定终点的现象为______。
a.FeCl2 b.NH4Fe(SO4)2 c.淀粉 d.甲基橙
②Cl元素的质量百分含量为(列出算式)______。
③步骤III加入硝基苯的目的是______,如无此操作,所测C1元素含量将会______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
解:
A、白酒的烧制是利用沸点不同进行分离,为蒸馏操作,涉及分离操作,故A错误;
B、乙醇经催化氧化可以制得食醋,涉及氧化还原反应,但未涉及物质的分离提纯,故B正确;
C、KNO3溶解度随温度变化大,提纯的方法是利用溶解后,煎炼得之主要利用蒸发结晶,故C错误;
D、“草木之实,其中蕴藏膏液而不能自流”,可知“膏液”应为植物果实种子压榨出的植物油,“假媒水火,凭藉木石,而后倾注而出焉”,涉及物质的分离,故D错误;
故选:
B。
A、白酒的烧制是利用沸点不同进行分离;
B、乙醇经催化氧化可以制得食醋;
C、KNO3溶解度随温度变化大,提纯的方法是利用溶解后,蒸发结晶得到;
D、“膏液”应为植物果实种子压榨出的植物油;
本题结合古诗文考查了物质的分离和提纯,为高频考点,侧重于化学与生活的考查,有利于培养学生良好的科学素养,提高学习的积极性,题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】
解:
A.气体摩尔体积适用对象为气体,二氯甲烷标况下为液体,不能使用气体摩尔体积,故A错误;
B.常温常压下Vm大于22.4L/mol,在常温常压下,2.24LSO2与O2混合气体中所含氧原子数小于0.2NA,故B错误;
C.17.6 g丙烷物质的量为:
=0.4mol,所含的共价键为0.4mol×10×NA=4NA,故C正确;
D.氯气与水反应为可逆反应,可逆反应不能进行到底,所以将标况下11.2L的Cl2通入水中转移的电子数目小于0.5NA,故D错误;
故选:
C。
A.二氯甲烷标况下为液体;
B.常温常压下Vm大于22.4L/mol;
C.1molC3H8含有8molC-H,2molC-C性键;
D.氯气与水反应为可逆反应,可逆反应不能进行到底。
本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断,主要是气体摩尔体积的应用条件分析,物质的量计算微粒数,含有化学键数目的分析应用,掌握基础是解题关键,题目较简单。
3.【答案】A
【解析】
解:
A.燃烧的钠粒放入CO2中发生反应生成白色和黑色颗粒产生,根据原子守恒白色可能是Na2CO3,黑色颗粒是炭,故A正确;
B.NH3通入到AgNO3溶液中先反应生成氢氧化银,后氢氧化银继续与氨水反应生成配合物氢氧化二氨合银,则先有沉淀后消失,故B错误;
C.乙醇蒸气通过灼热的Fe2O3 固体,红色固体变黑色,且有刺激性气味,可能生成氧化亚铁和乙醛,不一定生成Fe,故C错误;
D.浓硝酸不稳定,易分解生成二氧化氮,可能为硝酸的分解生成的二氧化氮,所以不一定是木炭与浓硝酸反应生成NO2呈红棕色,故D错误;
故选:
A。
A.燃烧的钠粒放入CO2中发生反应生成白色和黑色颗粒产生,根据原子守恒分析判断;
B.NH3通入到AgNO3溶液中先反应生成氢氧化银,后氢氧化银继续与氨水反应生成氢氧化二氨合银;
C.乙醇还原Fe2O3还可能生成氧化亚铁和乙醛;
D.浓硝酸不稳定,易分解生成二氧化氮,可能为硝酸的分解生成的二氧化氮。
本题考查化学方案评价,为高频考点,侧重考查学生分析判断能力,涉及产物推断、氧化还原反应等知识点,明确元素化合物性质、化学反应原理等知识点是解本题关键,易错选项是D。
4.【答案】B
【解析】
解:
由上述分析可知,W为C、X为Na、Y为S、Z为Cl,
A.非金属性Cl>C,最高价含氧酸的酸性为Z>W,不是最高价含氧酸无此规律,故A错误;
B.一定条件下W的单质能与Y的最高价氧化物对应的水化物反应,即C与浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫、水,故B正确;
C.Na与H形成离子键,故C错误;
D.电子层越多,离子半径越大,具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小,则离子半径为Y>Z>X,故D错误;
故选:
B。
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。
已知W原子的最外层电子数是电子层数的2倍,W为C或S,若为S不符合依次增大的短周期主族元素,则W只能为C;Y原子次外层电子数与其它各层电子总数相等,电子排布,2、2或2、8、6,Y的原子序数大于C,Y只能为S;Z的原子序数最大,Z为Cl;W和X的原子序数之和等于Z的原子序数,X的原子序数为17-6=11,X为Na,以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律,为高频考点,把握原子结构、原子序数来推断元素为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意规律性知识的应用,题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】
解:
A.左极室消耗氢氧根离子,钠离子由左极室向右极室迁移,所以离子交换膜应为阳离子交换膜,故A正确;
B.该燃料电池的负极发生氧化反应,电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O,故B正确;
C.能量密度=电池输出电能/燃料质量=
,则此电池的能量密度为2.03×104UkJ•kg-1,故C正确;
D.A极上有比铜活泼的金属优先放电,锌、铁放电而不只是铜放电,故D错误。
故选:
D。
碱性氢氧燃料电池中,通入NaBH4的一极为原电池的负极,发生氧化反应,电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O,通入的一极为原电池的正极,发生还原反应,电极反应式为O2+4e-+H2O=4OH-,作为A为电解池的阳极,发生氧化反应,B为电解池的阴极,发生还原反应,电极反应式为Cu2++2e-=Cu,由此分析解答。
本题考查原电池和电解池的知识,题目难度中等,解答此种类型的题目的关键是能把握电化学原理,能正确书写电极反应式。
6.【答案】C
【解析】
解:
A.Ka不会随着溶液浓度的降低而变化,只受外界温度的影响,故A错误;
B.a点2pH=4,即pH=2,lgc=-1,即c=0.1mol/L时c(H+)=0.01mol/L,所以对应的溶液中:
c (HA)=0.1mol/L,c (H+)=0.01mol/L,pH=-lgc(H+)=2,故B错误;
C.T℃时,弱酸HB 的pKa=-lgKa,Ka=
=
≈10-5,pKa≈5,故C正确;
D.根据溶液pH 的两倍(2pH)与溶液浓度的对数(lgc)的关系图,得到HA酸中,2pH=4,即pH=2,lgc=-1,即c=0.1mol/L时c(H+)=0.01mol/L,对HB酸,c=0.1mol/L时,pH大于2,所以酸性:
HA>HB,故D错误,
故选:
C。
A.Ka只受外界温度的影响,和浓度无关;
B.a点2pH=4,即pH=2,lgc=-1,据此判断;
C.T℃时,弱酸HB 的pKa=-lgKa,Ka=
=
,据此结合图示计算;
D.根据溶液pH 的两倍(2pH)与溶液浓度的对数(lgc)的关系图,得到HA酸中,2pH=4,lgc=-1,对HB酸,c=0.1mol/L时,pH大于2。
本题考查了弱电解质电离平衡、图象分析判断、平衡常数的计算应用等知识点,掌握基础是解题关键,题目难度中等。
7.【答案】Na2SO3 Na2SO4 3H2O CaF2、MgF2 将Fe2+氧化为Fe3+,再沉淀分离 6 温度:
65℃-75℃、pH:
0.5-1.5 pH升高后溶液中c(H+)浓度下降,使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力下降 4CoC2O4•2H2O+3O2
2Co2O3+8CO2+8H2O 左 右 Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2
【解析】
解:
含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3,可得Co2+、Cu2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+,加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+,沉铜后加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+,加入Na2CO3调pH,可以使Fe3+沉淀,过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+,再用NaF溶液除去钙、镁,过滤后,向滤液中加入浓Na2CO3溶液转为CoCO3固体,最后进入草酸铵溶液得到草酸钴,煅烧后制得Co2O3。
(1)依据工艺流程图浸泡环节可知,除加入了CoO(OH)和H2SO4,还加入了过量的Na2SO3溶液,依据元素守恒,可得知产物中除了CoSO4,还有Na2SO4和H2O,再根据电子守恒和原子守恒配平方程,可得方程式为2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=CoSO4+Na2SO4+3H2O,
故答案为:
1Na2SO3; 1;Na2SO4;3 H2O;
(2)某铜钴矿石主要含有CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2,其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。
整体观察工艺流程:
浸泡
沉铜
加NaClO3和Na2CO3的
最后留下的是Ca2+和Mg2+,和NaF结合,则固体B中含有的是CaF2、MgF2,
故答案为:
CaF2、MgF2;
(3)该流程主要是用Na2SO3将Co3+还原为Co2+,与此同时Fe3+也会被还原成Fe2+,但Fe2+不便除去,故再次加入氧化剂NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+,再沉淀分离。
采用过滤操作的分别有:
①浸泡过程中SiO2不溶于酸中,仍然以固体形式存在。
②沉铜过程中,Cu2+以沉淀形式从溶液中脱离出来。
③加入Na2CO3溶液中调节pH是为了Fe3+以沉淀形式形成固体A分离出来。
④加入足量NaF溶液是为了将Ca2+和Mg2+以固体B(含CaF2和MgF2)的形式分离出来。
⑤加入浓Na2CO3溶液是为了形成CoCO3固体,从NaF和Na2CO3溶液中分离出来。
⑥加入草酸铵则形成草酸钴晶体,从碳酸铵和草酸铵溶液中分离出来,所以固液分离采用到过滤一共6次,
故答案为:
将Fe2+氧化成Fe3+,再沉淀分离; 6;
(4)①根据图1、图2分析,温度在65℃-75℃时,钴、铜的浸出率最高,且之后铜的浸出率变化不大,钴的浸出率有下降趋势。
在图2中pH:
0.5-1.5铜、钴的浸出率最高,pH>1.5,铜、钴的浸出率开始下降。
②图2是pH变化对铜、钴浸出率的影响,浸出过程中是利用H+和CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3中的OH-和CO32-反应,使得Co3+和Co2+溶解在溶液中,当pH逐渐增大时,H+的含量减少,故因反应量减少而浸出率降低,
故答案为:
①温度:
65℃-75℃、pH:
0.5-1.5;
②pH升高后溶液中c(H+)浓度下降,使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力下降;
(5)由题中可知CoC2O4•2H2O在空气中高温煅烧得到Co2O3,CoC2O4中Co的化合价为+2价,生成Co2O3(Co的化合价为+3价),化合价升高,说明空气中的O2作为氧化剂参与了反应,而C2O42-具有一定还原性也被O2氧化成CO2,故产物分别为Co2O3和CO2,根据元素守恒,可推测出产物中还有H2O生成。
在根据电子守恒和原子守恒法,最终可得知反应方程式为4CoC2O4•2H2O+3O2
2Co2O3+8CO2+8H2O,
故答案为:
4CoC2O4•2H2O+3O2
2Co2O3+8CO2+8H2O;
(6)根据电池反应式为:
LixC6+Li1-xCoO2⇌C6+LiCoO2,可以得到负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2.负极LixC6化合价升高,失去电子,正极Li1-xCoO2 化合价降低,得到电子,而电子带有负电荷,能吸引阳离子(带正电荷),故Li+应该从负极(左边)移动到正极(右边),
故答案为:
①左→右;②Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2。
含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3,可得Co2+、Cu2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+,加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+,沉铜后加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+,加入Na2CO3调pH,可以使Fe3+沉淀,过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+,再用NaF溶液除去钙、镁,过滤后,向滤液中加入浓Na2CO3溶液转为CoCO3固体,最后进入草酸铵溶液得到草酸钴,煅烧后制得Co2O3。
(1)依据工艺流程图浸泡环节可知,除加入了CoO(OH)和H2SO4,还加入了过量的Na2SO3溶液,依据元素守恒、电子守恒和原子守恒配平方程。
(2)结合浸泡、沉铜、固体A环节,可以分析出最终剩余的杂质离子是Ca2+和Mg2+会进入固体B中;
(3)NaClO3作用是氧化剂氧化亚铁离子生成铁离子;采用过滤操作的分别有:
①浸泡②沉铜③加Na2CO3溶液中调节pH④加足量NaF溶液⑤加浓Na2CO3溶液⑥加入草酸铵;
(4)①根据图1、图2分析,温度:
65℃-75℃、pH:
0.5-1.5,钴、铜的浸出率最高,②图2pH逐渐增大时,H+的含量减少,故因反应量减少而浸出率降低。
(5)由题中可知CoC2O4•2H2O在空气中高温煅烧得到Co2O3,Co的化合价化合价升高,说明空气中的O2作为氧化剂参与了反应,根据元素守恒、电子守恒和原子守恒法,最终可得反应方程式。
(6)根据电池反应式为:
LixC6+Li1-xCoO2⇌C6+LiCoO2.负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2 ;,以此进行分析。
本题为生产流程题,涉及金属的提取、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂、利用图形分析问题等能力,题目较为综合,做题时注意仔细审题,从题目中获取关键信息,难度中等,难点是电极反应式的书写和利用信息分析问题的能力。
8.【答案】N2H4+HNO2=HN3+2H2O 0.05mol/(L•min) 2.61 < 40% 1500 2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O
【解析】
解:
(1)氮的氢化物的相对分子质量为43.0,其中氮原子的质量分数为0.977,则氮氢原子个数比=
:
=3:
1,所以该氢化物是HN3,所以发生反应的化学方程式为:
N2H4+HNO2=HN3+2H2O,
故答案为:
N2H4+HNO2=HN3+2H2O;
(2)①在实验甲中,若2min时测得放出的热量是8.4kJ,则反应消耗SO2的物质的量为△n(SO2)=
=0.2mol,所以NO的生成速率为v(SO2)=
=0.05mol/(L•min),
SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)
起始(mol/L)2 0.5
转化(mol/L)0.45 0.45 0.45 0.45
平衡(mol/L)1.55 0.05 0.45 0.45
所以该温度下的平衡常数为K=
=
=2.61,
故答案为:
0.05 mol/(L•min);2.61;
②SO2和NO2是等物质的量反应,二者在反应物中地位相当,甲和乙可视为相同起始状态的反应,反应为放热反应,温度升高不利于反应正向进行,甲中平衡时NO的物质的量多于乙中平衡时NO的物质的量,所以甲反应的温度较低,即温度T1<T2,
故答案为:
<;
③SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)
起始(mol/L) 0.5 2
转化(mol/L) 0.4 0.4 0.4 0.4
平衡(mol/L) 0.1 1.6 0.4 0.4
所以K2=
=1,
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