届辽宁省辽阳市高三下学期第二次模拟考试化学试题解析版Word下载.docx
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2×
8=4mol,故D说法正确。
3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其中只有Y为金属元素。
W、Y、Z最外层电子数之和为12;
W与X、Y与Z分别同周期;
X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀。
下列说法错误的是
A.X与Z形成的化合物属于碱性氧化物B.Z的氢化物为共价化合物
C.X和Y的原子半径大小:
X<
YD.常温常压下W的单质为气态
【答案】A
分析】
X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀,即该化合物为SiO2,四种元素原子序数依次增大,即Z为Si,X为O,Y与Z同周期,Y为金属元素,即Y可能为Na,可能为Mg,可能为Al,W、Y、Z最外层电子数之和为12,Y如果是Na,则W的最外层电子数为7,即W为F,不符合题意,Y如果是Mg,则W的最外层电子数为6,即W为O,不符合题意,Y如果是Al,则W的最外层电子数为5,即W为N,然后逐步分析。
【详解】根据以上分析可知W为N,X为O,Y为Al,Z为Si,则
A、X与Z形成的化合物是SiO2,属于酸性氧化物,故A说法错误;
B、Z的氢化物是SiH4,属于共价化合物,故B说法正确;
C、Al核外有3个电子层,O核外有2个电子层,因此Al的半径大于O,故C说法正确;
D、N的单质为N2,常温下为气体,故D说法正确。
【点睛】微粒半径大小的比较,一看电子层数,一般电子层数越多,半径越大,二看原子序数,电子层数相同,半径随着原子序数的递增而减小,三看电子数,电子层数相同,原子序数相同,半径随着电子数增多而增大。
4.一种将CO2和H2O转换为燃料H2、CO及CH4的装置如图所示(电解质溶液为稀H2SO4)。
下列关于该装置的叙述错误的是
A.该装置可将电能转化为化学能
B.工作时,电极a周围溶液的pH增大
C.电极b上生成CH4的电极反应式为CO2+8H++8e-===CH4+2H2O
D.若电极b上只产生1molCO,则通过质子膜的H+数为2NA
【答案】B
该装置含有外加电源,属于电解池,电解质溶液为硫酸,根据电解原理,电极a为阳极,电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,电极b为阴极,如转化成CH4,阴极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O,然后进行分析;
【详解】该装置含有外加电源,属于电解池,电解质溶液为硫酸,根据电解原理,电极a为阳极,电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,电极b为阴极,如转化成CH4,阴极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O,
A、根据该装置图,该装置为电解池,电能转化为化学能,故A说法正确;
B、工作时,电极a的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,c(H+)增大,pH降低,故B说法错误;
C、根据上述分析,电极b电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O,故C说法正确;
D、若只产生CO,电极b电极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+H2O,产生1molCO,消耗2molH+,即通过质子膜的H+物质的量为2mol,故D说法正确;
【点睛】解答电化学题的步骤是首先写出两极电极反应式,电极反应式的书写是关键,列出还原剂、氧化产物,或氧化剂、还原产物,标出得失电子,根据电解质的酸碱性,判断H+、OH-、H2O,谁参加反应,谁被生成,如本题中电极b,假设CO2生成CH4,CO2→CH4,C的化合价由+4→-4价,化合价降低,得到电子,CO2+8e-→CH4,交换膜为质子膜,说明环境为酸性,因此H+作反应物,H2O为生成物,电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。
5.下列实验方案的设计能够达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
证明HClO是弱酸
用pH试纸测定NaClO溶液的pH
B
比较Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp大小
分别向2mL浓度均为0.1mol·
L-1的MgCl2溶液和FeCl3溶液中滴加几滴0.1mol·
L-1的NaOH溶液,观察生成沉淀的颜色
C
验证SO2的还原性
将SO2气体通入溴水中,观察溴水是否褪色
D
实验室制备并检验NH3
加热装有NH4Cl固体的大试管,用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体,观察试纸颜色变化
A.AB.BC.CD.D
【详解】A、NaClO具有强氧化性,具有漂白性,无法读出pH数值,不能达到实验目的,故A不符合题意;
B、Mg(OH)2和Fe(OH)3形式不同,因此比较两种物质的Ksp时,应从需要一个沉淀转化成另一个沉淀,因此分别在两个试管里进行是不能达到实验目的,故B不符合题意;
C、SO2能与溴水发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4,SO2的化合价升高,被氧化,具有还原性,能达到实验目的,故C符合题意;
D、NH4Cl受热分解成NH3和HCl,遇冷重新生成NH4Cl,因此实验室制备NH3,不采用加热NH4Cl,该实验不能达到目的,故D不符合题意。
6.常温下,将NaOH溶液滴入某一元酸(HA)溶液中,测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知:
]。
下列叙述不正确的是
A.Ka(HA)的数量级为10-5
B.滴加NaOH溶液的过程中,
保持不变
C.m点所示溶液中:
c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-)
D.n点所示溶液中:
c(Na+)=c(A-)+c(HA)
根据图像,溶液中含有HA,说明HA为弱酸,即存在HA
H++A-,加入NaOH溶液,发生NaOH+HA=NaA+H2O,c(A-)/c(HA)比值增大,即
,
减小,然后依据溶液中三个“守恒”进行分析;
【详解】A、HA为弱酸,即存在HA
H++A-,Ka=c(H+)×
c(A-)/c(HA),
,时,Ka=c(H+)=10-4.76=10-5+0.24,即数量级为10-5,故A说法正确;
B、
,Ka和Kw只受温度的影响,因此该比值保持不变,故B说法正确;
C、根据电荷守恒,m点所示溶液中:
c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-),由A选项分析,m点时,c(A-)=c(HA),因此有c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+),故C说法正确;
D、n点时溶液pH=2,HA的物质的量大于NaOH的物质的量,则此时溶液中:
c(Na+)<
c(A-)+c(HA),故D说法错误。
7.工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示:
已知:
①菱锰矿的主要成分是MnCO3,其余为Fe、Ca、Mg、Al等元素。
②部分阳离子沉淀时溶液的pH:
离子
Al3+
Fe3+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
4.1
2.2
10.6
8.1
9.1
沉淀完全的pH
4.7
3.2
13
10.1
11.1
③焙烧过程中主要反应为MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O。
(1)结合如图1、2、3,分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、
分别为___、___、___。
如图1焙烧温度对锰浸出率的影响
如图2焙烧时间与锰浸出率的关系
如图3氯化铵与菱锰矿粉质量比对锰浸出率的影响
(2)对浸出液净化除杂时,需先加入MnO2,作用是____,再调节溶液pH的范围为___,将Fe3+和Al3+变为沉淀而除去,然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+变为氟化物沉淀除去。
(3)上述流程中可循环使用的物质是_____(填化学式)。
(4)现用滴定法测定产品中锰的含量。
实验步骤:
称取4.000g试样,向其中加入稍过量的磷酸和硝酸,加热使产品中的MnCO2完全转化为[Mn(PO4)2]3-(其中NO3-转化为NO2-);
加入稍过量的硫酸铵,发生反应NO2-+NH4+═N2↑+2H2O以除去NO2-;
加入稀硫酸酸化,用60.00mL0.50mol·
L-1硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定,发生的反应为[Mn(PO4)2]3-+Fe2+═Mn2++Fe3++2PO43-,用5.00mL0.50mol·
L-1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2+。
①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2+反应的离子方程式为_______。
②试样中锰的质量分数为____。
【答案】
(1).500℃
(2).60min(3).1.10(4).将Fe2+氧化为Fe3+(5).4.7≤pH<
8.1(6).NH4Cl(7).6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O(8).20.625%
根据信息,菱镁矿中主要成分是MnCO3,还含有Fe、Ca、Mg、Al等元素,在加入氯化铵后焙烧,然后酸浸,主要得到MnCl2,还含有Fe、Ca、Mg、Al等元素的杂质,净化除杂,根据信息②确认除去哪些元素,碳化结晶中,发生Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O,最后过滤、洗涤、干燥得到碳酸锰产品;
【详解】
(1)图1锰的浸出率随温度的升高而增大,但500℃以后增大变化不大,最佳焙烧温度为500℃;
根据图2,随着时间增大,锰的浸出率增大,但60min后增大变化不大,因此焙烧时间最佳为60min;
同理最佳氯化铵与菱锰矿质量的比值为1.10;
(2)根据菱锰矿含有的成分,酸浸后得到Mn2+,以及含有Fe、Ca、Mg、Al等元素,根据部分阳离子沉淀时溶液的pH,对浸出液净化除杂,先加MnO2,利用MnO2的氧化性,将Fe2+氧化成Fe3+,便于通过调节pH而除去;
调节pH,除去的是Fe3+和Al3+,不能使Mn2+沉淀,因此调节pH的范围是4.7≤pH<
8.1;
(3)根据流程,NH4Cl可以循环使用;
(4)①利用K2Cr2O7的强氧化性将Fe2+氧化,其离子反应方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O;
②根据题意,建立关系式为6MnCO3~6[Mn(PO4)2]3-~6Fe2+,过量的Fe2+被K2Cr2O7滴定,因此与[Mn(PO4)2]3-反应的Fe2+物质的量为(60×
10-3L×
0.5mol·
L-1-5×
L-1×
6),根据关系式,推出Mn元素的质量为(60×
6)×
55g·
mol-1,即Mn元素的质量分数为(60×
mol-1/4.000g×
100%=20.625%。
【点睛】难点是最后一问,滴定实验中,我们一般采用的方法是得失电子数目守恒,或关系式法,这需要学生分析清楚实验过程,如利用得失电子数目守恒,需要分析清楚谁是氧化剂,谁是还原剂,如果利用关系式法,需要找准系数之间的关系。
8.砷及其化合物在半导体、农药制造等方面用途非常广泛。
回答下列问题:
(1)AsH3的电子式为___。
(2)改变0.1mol·
L-1三元弱酸H3AsO4溶液的pH,溶液中的H3AsO4、H2AsO4-、HAsO42-及AsO43-的物质的量分布分数随pH的变化如图所示:
①lgKa1(H3AsO4)=_____。
②用甲基橙作指示剂,用NaOH溶液滴定H3AsO4发生的主要反应的离子方程式为___。
(3)焦炭真空冶炼砷时需加入催化剂,其中部分热化学反应如下:
反应Ⅰ.As2O3(g)+3C(s)
2As(g)+3CO(g)△H1=akJ·
mol-1
反应Ⅱ.As2O3(g)+3C(s)
As4(g)+3CO(g)△H2=bkJ·
反应Ⅲ.As4(g)
4As(g)△H
①△H=____kJ·
mol-1(用含a、b的代数式表示)。
②反应中催化剂的活性会因为发生反应Ⅱ(生成As4)而降低,同时存在的反应Ⅲ使As4量减少。
相关数据如下表:
反应Ⅱ
反应Ⅲ
活化能(kJ·
mol-1)
催化剂X
56
75
催化剂Y
37
97
由上表判断催化剂X____(填“优于”或“劣于”)Y,理由是_____。
(4)反应2As2S3(s)
4AsS(g)+S2(g)达平衡时气体总压的对数值lg(p/kPa)与温度的关系如图所示:
①对应温度下,B点的反应速率v(正)_____v(逆)(填“>
”“<
”或“=”)。
②A点处,AsS(g)的分压为____kPa,该反应的Kp=_____kPa5(Kp为以分压表示的平衡常数)。
【答案】
(1).
(2).-2.2(3).H3AsO4+OH-═H2AsO4-+H2O(4).2a-2b(5).优于(6).相对于催化剂Y,使用催化剂X时,反应Ⅱ(生成As4)的活化能更大,生成As4的反应速率小,而反应Ⅲ活化能相对较小,消耗As4的反应速率大(7).>
(8).0.8(9).8.192×
10-2
(1)因为As和N位于同主族,AsH3与NH3
电子式类似,即AsH3的电子式为
;
(2)①H3AsO4
H2AsO4-+H+,Ka1=
,根据图像,当c(H2AsO4-)=c(H3AsO4)时,溶液的pH=2.2,即Ka1=c(H+)=10-2.2,即pKa1=-2.2;
②甲基橙的变色范围是3.1~4.4,溶液显酸性,根据图像,用甲基橙作指示剂,滴定到终点溶液颜色变化是红色变为橙色,因此与氢氧化钠反应的离子方程式为H3PO4+OH-=H2PO4-+H2O;
(3)①反应Ⅲ=反应I×
2-反应Ⅱ×
2,即△H=(2a-2b)kJ·
mol-1;
②催化剂降低活化能,活化能越小,反应速率越快,对比表格数据,相对于催化剂Y,使用催化剂X时,反应Ⅱ(生成As4)的活化能更大,生成As4的反应速率小,而反应Ⅲ活化能相对较小,消耗As4的反应速率大,因此催化剂X优于催化剂Y;
(4)①根据图像,图中所给曲线为平衡线,依据反应方程式,B点达到A点,气体总压的对数值增大,说明反应向正反应方向进行,即v(正)>
v(逆);
②A点气体总压为1kPa,分压等于总压×
气体组分物质的量分数,即AsS(g)的分压为1kPa×
4/5=0.8kPa,S2(g)的分压为1kPa×
1/5=0.2kPa,Kp=p4(AsS)×
p(S2)=(0.8)4×
0.2=8.192×
10-2。
9.实验室以绿矾(FeSO4·
7H2O)为铁源制备补血剂甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe],有关物质性质如下:
甘氨酸((NH2CH2COOH)
柠檬酸
甘氨酸亚铁
易溶于水,微溶于乙醇,两性化合物
易溶于水和乙醇,有强酸性和还原性
易溶于水,难溶于乙醇
实验过程:
Ⅰ.配制含0.10molFeSO4的水溶液。
Ⅱ.制备FeCO3:
向配制好的FeSO4溶液中,缓慢加入200mL1.1mol·
L-1NH4HCO3溶液,边加边搅拌,反应结束后过滤并洗涤沉淀。
Ⅲ.制备(NH2CH2COO)2Fe:
实验装置如图(夹持和加热仪器已省略),将实验Ⅱ得到的沉淀(过量)和含0.20mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中,然后利用A中的反应将C中空气排尽,接着滴入柠檬酸溶液并加热。
反应结束后过滤,滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品。
(1)仪器P的名称是_______。
(2)实验Ⅰ配制FeSO4溶液时,为防止FeSO4被氧化变质,应加入的试剂为_______(填化学式)。
(3)实验Ⅱ中,生成沉淀
离子方程式为_____。
(4)实验Ⅲ中,
①检查装置A的气密性的方法是______。
②柠檬酸可调节pH,体系pH与产率的关系如下表:
实验
2
3
4
5
6
7
8
体系pH
4.0
4.5
5.0
5.5
6.0
6.5
7.0
7.5
产率/%
65.74
74.96
78.78
83.13
85.57
72.98
62.31
56.86
pH过低会使产率下降,其原因是______;
柠檬酸的作用还有_____(填字母)。
A.作催化剂
B.作反应终点指示剂
C.促进FeCO3溶解
D.防止二价铁被氧化
③洗涤实验Ⅲ中得到的沉淀,所选用的最佳洗涤试剂是_____(填字母)。
A.热水B.稀硫酸
C.乙醇D.柠檬酸溶液
(5)若产品的质量为16.32g,则产率为_____。
【答案】
(1).恒压漏斗(答分液漏斗也给分)
(2).Fe(3).Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+CO2↑+H2O(4).关闭弹簧夹,从长颈漏斗注入一定量的水,使漏斗内的水面高于具支试管中的水面,停止加水一段时间后,若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变,说明装置不漏气(答案合理即可)(5).H+会与NH2CH2COOH反应(6).CD(7).C(8).80%
弄清楚实验目的,实验目的是制备甘氨酸亚铁,理解实验原理,实验原理是FeCO3在柠檬酸的作用下与甘氨酸反应,Fe2++2NH2CH2COOH=(NH2CH2COO)2Fe,然后针对问题展开而分析。
(1)根据仪器P的特点,仪器P为恒压漏斗或恒压滴液漏斗;
(2)Fe2+容易被氧气氧化,同时Fe+2Fe3+=3Fe2+,不引入杂质,因此保存FeSO4时,应加入的试剂为Fe;
(3)FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液发生反应,产物是FeCO3和CO2,其离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O;
(4)①检验装置A的气密性,其方法是关闭弹簧夹,从长颈漏斗注入一定量的水,使漏斗内的水面高于具支试管中的水面,停止加水一段时间后,若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变,说明装置不漏气;
②-NH2显碱性,pH过低时,H+能与-NH2发生反应,产率降低;
柠檬酸有强酸性,能使FeCO3溶解,作用之一是调节pH促进FeCO3溶解,根据信息,柠檬酸具有还原性,可防止Fe2+被氧化,因此选项CD符合题意;
③甘氨酸亚铁易溶于水,难溶于乙醇,因此选择乙醇溶液作为洗涤剂,故选项C正确;
(5)根据步骤Ⅲ,FeCO3过量,根据甘氨酸计算(NH2CH2COO)2Fe的质量,关系式为2NH2CH2COOH~(NH2CH2COO)2Fe,即甘氨酸亚铁的理论质量为0.2mol×
204g·
mol-1/2=20.4g,产率=实际产量/理论产量×
100%=16.32/20.4×
100%=80%。
【点睛】难点是问题(3)离子方程式的书写,制备FeCO3,需要HCO3-提供CO32-,即HCO3-溶液存在HCO3-
H++CO32-,Fe2+结合CO32-生成FeCO3沉淀,促使平衡向正反应方向进行,H+浓度增大,H+与HCO3-反应生成CO2和H2O,最后写出离子方程式。
10.铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。
(1)Fe原子的核外电子排布式为_____。
(2)含锰奥氏体钢是一种特殊的铁合金,主要由Fe和Mn组成,其中锰能增加钢铁的强度和硬度,提高耐冲击性能和耐磨性能。
第一电离能I1(Fe)____(填“大于”或“小于”)I1(Mn),原因是___。
(3)FeF3具有较高的熔点(熔点高于1000℃),其化学键类型是__,FeBr3的式量大于FeF3,但其熔点只有200℃,原因是____。
(4)FeCl3可与KSCN、苯酚溶液发生显色反应。
①SCN-的三种元素中电负性最大的是____。
②苯酚(
)分子中氧原子的杂化形式为___。
苯酚分子中的大π键可用符号πmn表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数,则m=____,n=___。
(5)Fe(CO)3与NH3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁。
该磁性氮化铁的晶胞结构如图所示。
六棱柱底边边长为acm,高为ccm,阿伏加德罗常数的值为NA,该磁性氮化铁的密度为____(列出计算式)g·
cm-3。
【答案】
(1).[Ar]3d64s2(或)1s22s22p63s23p63d64s2
(2).小于(3).Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构,较难失电子(4).离子键(5).FeF3为离子晶体,FeBr3的化学键以共价键为主,属于分子晶体(6).N(或氮)(7).sp3(8).6(9).6(10).
(1)Fe为第26号元素,根据电子排布规律写出电子排布式;
(2)Fe的电子排布为[Ar]3d64s2,Mn的电子排布为[Ar]3d54s2,Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构,较难失电子;
(3)根据熔点的差距推测晶体类型;
(4)①同周期从左到右,电负性逐渐增强,同主族从上到下,电负性逐渐减弱,而周期内变化比同族内变化要小得多;
②从苯酚的电子式可以看出,氧原子价层电子对数n=4,故为sp3杂化;
形成大π键的原子数应为6个C原子,参与形成大π键的电子为C原子平行P轨道中的电子数,为6,
(5)由图可知:
氮化铁晶胞的质量为
晶胞的体积为
根据公式可求
(1)Fe为第26号元素,根据电
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