四川内江2016届高考化学四模试题(附解析)
加入VIP免费下载

本文件来自资料包: 《四川内江2016届高考化学四模试题(附解析)》 共有 1 个子文件,压缩包列表如下:

注:压缩包层级关系提取自源文件,您看到的所有资料结构都和您下载的源文件一致

加入VIP免费下载
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,天天资源网负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服处理。
网站客服:403074932
资料简介
www.ks5u.com ‎2016年四川省内江市高考化学四模试卷 ‎ ‎ 一、选择题(本大题包括7小题,每小题6分,共42分o在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求).‎ ‎1.化学与社会、生产、生活密切相关.下列说法正确的是(  )‎ A.为延长食品保质期,可向其中大量添加苯甲酸钠等防腐剂 B.催化转化机动车尾气为无害气体,能消除酸雨和雾霾的发生 C.PM2.5是指空气中氮氧化物和硫氧化物含量之和 D.“地沟油”可以制成肥皂,从而提高资源的利用率 ‎ ‎ ‎2.下列有关NaHS03溶液的叙述正确的是(  )‎ A.该溶液中,K+、Ca2+、Cl2、Br ﹣可以大量共存 B.与足量Ca( OH)2溶液反应的离子方程式:Ca2++OH﹣+HS03═CaS03↓+H20‎ C.与FeCI3溶液反应的离子方程式:SO32﹣+2 Fe3++H20═SO42﹣+2Fe2++2H+‎ D.能使含I2的淀粉溶液蓝色褪去,说明NaHSO3溶液具有漂白性 ‎ ‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(  )‎ A.标准状况下,22.4 L HF中含HF分子数目为NA B.60 g石英晶体中含有的Si﹣O键数目为2 NA C.标准状况下,11.2 L Cl2通人足量的石灰乳中制备漂白粉,转移的电子数为0.5 NA D.l L 0.1 mol/L的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1 NA ‎ ‎ ‎4.如图是邵分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图,若用原子序数代表所对应的元素,则下列说法正确的是(  )‎ A.31d和33d属于同种核素 B.第一电离能d>e,电负性d<e C.气态氢化物的稳定性:a>d>e D.a和b形成的化合物不可能含共价键 ‎ ‎ ‎5.用无机矿物资源生产部分材料,其生产流程如图.下列有关说法不正确的是(  )‎ A.Al2O3、SiCl4均为共价化合物 B.生产过程中均涉及氧化还原反应 C.石英可用于制光导纤维,晶体Si常用做半导体材料 D.黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可用于生产硫酸,FeO可用于冶炼铁 ‎ ‎ ‎6.下列实验中,对应的现象以及解释或结论都正确且两者具有因果关系的是(  ) ‎ 选项 实验 现象 解释或结论 A 向足量的浓硝酸中加入铁片,一段时间后加入铜粉 有气体生成,溶液呈蓝绿色 浓硝酸将Fe氧化为Fe3+,生成NO2,Cu与Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+‎ B 分别向MgCl2、AlCl3溶液中加入足量氨水 均有白色沉淀产生 金属性:Mg>Al C 表面变黑的银器浸泡到盛有食盐水的铝制容器中,银器与铝接触 银器变得光亮如新 构成原电池,铝做负极,硫化银得电子被还原成单质银 D 向MgSO4稀溶液中滴入NaOH溶液至不再有沉淀生成,再滴加CuSO4稀溶液 白色沉淀逐渐变为浅蓝色 Kap>Kap A.A B.B C.C D.D ‎ ‎ ‎7.常温下,用0.1 mol/LNaOH溶液滴定10mL 0.1mol/LH2A溶液,溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示.下列说法不正确的是(  )‎ A.A点溶液中加入少量水:增大 B.B点:c( HA ﹣)>c(H+)>c(A2一)>c(H2A)‎ C.C点:c(Na+)=c(HA﹣)+2c( A2﹣)‎ D.水电离出来的c(OH﹣):B点>D点 ‎ ‎ ‎ ‎ 二、筒答题(共58分)‎ ‎8.Fe、Cu、Mn三种元素的单质及化合物在生产、生活中有广泛应用.‎ ‎(l) MnO2是一种多功能材料,工业上常以Mn(NO3)2.6H2O和尿素、氧化剂等为原料制备.尿素分子中碳原子的杂化轨道类型为      ,l mol尿素分子中含有的σ键数为      .‎ ‎(2)某学习小组拟以废旧于电池为原料制取锰,简易流程如下:‎ ‎①用浓盐酸溶解二氧化锰需保持通风,原因是      (用化学方程式表示).‎ ‎②写出碳酸锰在空气中灼烧生成四氧化三锰的化学方程式      .‎ ‎(3)①基态铜原子的电子排布式为      ,与Cu同周期且原子序数最小的第Ⅷ族元素,其基态原子核外有      个未成对电子.‎ ‎②图1是Cu20的晶胞结构,晶胞的边长为acm.则Cu2O的密度为       g/cm3(用NA表示阿伏加德罗常数的值).‎ ‎(4)①绿矾(FeS04•7H2O)是补血剂的原料,保存不当易变质.请设计实验检验绿矾是否完全变质      .‎ ‎②以羰基化合物为载体,提纯某纳米级活性铁粉(含有一些不反应的杂质),反应装置如图2.已知:Fe(s)+5CO(g)⇌Fe(CO)5 △H<0,常压下,Fe( CO)s的熔点约为﹣20.3℃,沸点为103.6℃,则Fe( CO)的晶体类型为      .请用平衡移动原理解释T1<T2的原因      .‎ ‎ ‎ ‎9.ClO2是一种高效水处理剂,某实验小组用下图所示装置制取并收集Cl02.已知:①ClO2为黄绿色气体,极易溶于水,熔点﹣59C,沸点11℃,具有强氧化性.‎ ‎②ClO2易爆炸,若用“惰性气体”等稀释时,爆炸的可能性大大降低.‎ ‎③装置A中发生反应:H2C2O4+H2SO4+2KC1O3一K2SO4+2CO2 T+2ClO2+2H2O ‎④HClO2是强酸.‎ ‎(1)A装置中电动搅拌棒的作用是      .‎ ‎(2)B装置需放在冰水中,原因是      .‎ ‎(3)用H2C2O4、稀硫酸和KClO3制备ClO2的最大优点是      .‎ ‎(4)ClO2很不稳定,需随用随制,产物用水吸收得到ClO2溶液.为测定所得溶液中ClO2的含 量,进行下列实验:‎ 步骤1:准确量取V1mL ClO2溶液加入到锥形瓶中.,‎ 步骤2:用稀硫酸调节Cl02溶液的pH≤2.0,加入足量的KI晶体,静置片刻.‎ 步骤3:加入指示剂,用c mol.L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点,消耗Na2S203溶液V2mL.‎ ‎(已知2ClO2+8H++10I﹣=2Cl﹣+5I2+4H2O,2S2O32﹣+I2=2I﹣+S4O62﹣)‎ ‎①配制100mL cmol﹣L﹣lNa2S203标准溶液时,用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和      .‎ ‎②原溶液中ClO2的含量为       g/L(用含字母的代数式表示).‎ ‎(5)工业上生产ClO2和NaCIO2的工艺流程如图:‎ ‎①反应器I中发生反应的化学方程式为      .‎ ‎②反应器Ⅱ中发生反应的离子方程式为      .‎ ‎③在碱性溶液中NaClO2比较稳定,所以反应器Ⅱ中应维持NaOH稍过量,判断NaOH是否过量的简单实验方法是      .‎ ‎ ‎ ‎10.有机物A的分子式为C10H10O5,能发生如下变化.‎ 已知:①A、C、D均能与NaHC03反应;‎ ‎②只有A、D能与FeCl3溶液发生显色反应;‎ ‎③A苯环上只有两个对位的取代基;‎ ‎④F能使溴水褪色;‎ ‎⑤H能发生银镜反 应.根据题意回答下列问题:‎ ‎(1)反应I的反应类型是      .‎ ‎(2)F中含氧官能团的名称为      ,F在一定条件下与氢气加成,生成分子式为C3H6O2的有机物,该有机物的名称为      .‎ ‎(3)G的结构简式为      ,反应Ⅲ的化学方程式为      .‎ ‎(4)写出A与足量NaOH溶液共热的化学方程式      .‎ ‎(5)D有多种同分异构体,写出同时满足下列要求的一种同分异构体的结构简式      .‎ ‎①能与FeCl3溶液发生显色反应 ‎ ‎②能发生银镜反应但不能水解 ‎③苯环上的一卤代物只有2种.‎ ‎ ‎ ‎11.工业生产硝酸铵的流程如图1所示:‎ ‎(1)Ⅱ中,NH3和02在催化剂作用下反应,其化学方程式为      .‎ ‎(2)工业上以NH3、CO2为原料生产尿素,该反应实际分两步进行:‎ 第一步:2NH3(g)+CO2(g)═H2NCOONH4(g)△H=﹣272kJ•mol﹣1‎ 第二步:H2NCOONH4(s)═CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+138kJ•mol﹣1‎ 写出工业上以NH3、C02为原料合成尿素的热化学方程式      .‎ ‎(3)工业上电解NO制备NH4N03,其工作原理如图2所示,电解时阳极的电极反应式为      ,为使电解产物全部转化为NH4N03,需补充物质A,A是      .‎ ‎(4)已知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0,‎ 当反应器中按n(N2):n(H2)=l:3投料,分别在200C、400℃、600C下达到平衡时,混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线如图3.‎ ‎①曲线a对应的温度是      .‎ ‎②上图中P、M、Q三点对应的平衡常数K的大关系为      ‎ ‎③若N点时c(NH3)=0.2mol.L﹣l,‎ 则K(N)=      (保留两位有效数字).‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎2016年四川省内江市高考化学四模试卷 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一、选择题(本大题包括7小题,每小题6分,共42分o在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求).‎ ‎1.化学与社会、生产、生活密切相关.下列说法正确的是(  )‎ A.为延长食品保质期,可向其中大量添加苯甲酸钠等防腐剂 B.催化转化机动车尾气为无害气体,能消除酸雨和雾霾的发生 C.PM2.5是指空气中氮氧化物和硫氧化物含量之和 D.“地沟油”可以制成肥皂,从而提高资源的利用率 ‎【考点】绿色化学.‎ ‎【专题】化学应用.‎ ‎【分析】A.过量的防腐剂会损害人体的健康;‎ B.化转化机动车尾气为无害气体,只能减少酸雨和雾霾的发生,不可能消除;‎ C.PM2.5是指空气中直径≤2.5μm的颗粒物;‎ D.将“地沟油”制成肥皂,可以变废为宝.‎ ‎【解答】解:A.过量的食品防腐剂会危害人体健康,故A错误;‎ B.化转化机动车尾气为无害气体,只能减少酸雨和雾霾的发生,不可能消除,故B错误;‎ C.PM2.5是指空气中直径≤2.5μm的颗粒物,不是指空气中氮氧化物和硫氧化物含量之和,故C错误;‎ D.“地沟油”,是一种质量极差、极不卫生的非食用油,将它制成肥皂,实际是使用了油脂的皂化反应,将非食用油变成肥皂,可以提高资源的利用率,故D正确;‎ 故选:D.‎ ‎【点评】本题考查了常见食品添加剂、地沟油等生活中常见的物质的性质,熟悉相关物质的性质是解题关键,注意酸雨的成因、pM2.5的概念,题目难度不大.‎ ‎ ‎ ‎2.下列有关NaHS03溶液的叙述正确的是(  )‎ A.该溶液中,K+、Ca2+、Cl2、Br ﹣可以大量共存 B.与足量Ca( OH)2溶液反应的离子方程式:Ca2++OH﹣+HS03═CaS03↓+H20‎ C.与FeCI3溶液反应的离子方程式:SO32﹣+2 Fe3++H20═SO42﹣+2Fe2++2H+‎ D.能使含I2的淀粉溶液蓝色褪去,说明NaHSO3溶液具有漂白性 ‎【考点】离子方程式的书写.‎ ‎【专题】离子反应专题.‎ ‎【分析】A.氯气具有强的氧化性,能够氧化亚硫酸氢根离子;‎ B.氢氧化钙过量,反应生成亚硫酸根和水、氢氧化钠;‎ C.亚硫酸根离子能被三价铁离子氧化;‎ D.碘单质能够氧化亚硫酸氢根离子.‎ ‎【解答】解:A.氯气具有强的氧化性,能够氧化亚硫酸氢根离子,所以不能共存,故A错误;‎ B.与足量Ca( OH)2溶液反应的离子方程式:Ca2++OH﹣+HS03═CaS03↓+H20,故B正确;‎ C.与FeCI3溶液反应的离子方程式:HSO3﹣+H2O+2Fe3+═SO42﹣+2Fe2++3H+,故C错误;‎ D.亚硫酸氢根离子具有还原性,能够还原碘,使蓝色的碘的淀粉溶液褪色,故D错误;‎ 故选:B.‎ ‎【点评】本题考查了离子方程式的书写,明确反应实质是解题关键,注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律,题目难度不大.‎ ‎ ‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(  )‎ A.标准状况下,22.4 L HF中含HF分子数目为NA B.60 g石英晶体中含有的Si﹣O键数目为2 NA C.标准状况下,11.2 L Cl2通人足量的石灰乳中制备漂白粉,转移的电子数为0.5 NA D.l L 0.1 mol/L的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1 NA ‎【考点】阿伏加德罗常数.‎ ‎【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.‎ ‎【分析】A、标况下HF为液态;‎ B、求出石英的物质的量,然后根据1mol二氧化硅中含4mol硅氧键来分析;‎ C、氯气和碱的反应为歧化反应;‎ D、根据物料守恒来分析.‎ ‎【解答】解:A、标况下HF为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数,故A错误;‎ B、60g石英的物质的量为1mol,而1mol二氧化硅中含4mol硅氧键,故含4NA条,故B错误;‎ C、氯气和碱的反应为歧化反应,故标况下11.2L氯气的物质的量为0.5mol,和碱反应后转移0.5mol电子即0.5NA个,故C正确;‎ D、HCO3﹣在溶液中既能水解为H2CO3又能电离为CO32﹣,根据物料守恒可知,H2CO3、HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NA,故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,难度不大.‎ ‎ ‎ ‎4.如图是邵分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图,若用原子序数代表所对应的元素,则下列说法正确的是(  )‎ A.31d和33d属于同种核素 B.第一电离能d>e,电负性d<e C.气态氢化物的稳定性:a>d>e D.a和b形成的化合物不可能含共价键 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系.‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题.‎ ‎【分析】短周期元素中,a为﹣2价、e为+6价,处于VI族,可推知a为O、e为S,b有+1价,原子序数大于氧,则b为Al,由原子序数可知c、d处于第三周期,化合价分别为+3、+5,则c为Al、d为P,据此解答.‎ ‎【解答】解:短周期元素中,a为﹣2价、e为+6价,处于VI族,可推知a为O、e为S,b有+1价,原子序数大于氧,则b为Al,由原子序数可知c、d处于第三周期,化合价分别为+3、+5,则c为Al、d为P.‎ A.31d和33d质子数相同,中子数不同,是不同的核素,互为同位素,故A错误;‎ B.同周期从左到右第一电离能增大,但是原子外层电子为全满或半充满状态,第一电离能较大,则第一电离能P>S,电负性P<S,故B正确;‎ C.元素的非金属性越强,其氢化物的稳定性越强,则a>e>d,故C错误;‎ D.a和b形成的化合物过氧化钠,含有共价键,故D错误,‎ 故选:B.‎ ‎【点评】本题考查结构性质位置关系应用,根据化合价与原子序数推断元素是解题关键,注意对元素周期律的理解掌握,题目难度不大.‎ ‎ ‎ ‎5.用无机矿物资源生产部分材料,其生产流程如图.下列有关说法不正确的是(  )‎ A.Al2O3、SiCl4均为共价化合物 B.生产过程中均涉及氧化还原反应 C.石英可用于制光导纤维,晶体Si常用做半导体材料 D.黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可用于生产硫酸,FeO可用于冶炼铁 ‎【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质.‎ ‎【专题】几种重要的金属及其化合物.‎ ‎【分析】A.氧化铝属于离子化合物;‎ B.存在元素化合价的变化的反应属于氧化还原反应;‎ C.根据硅的单质和化合物的应用分析;‎ D.SO2可以转化成SO3,进而生成H2SO4;FeO与CO在高温下可生成Fe.‎ ‎【解答】解:A.SiCl4为共价化合物,氧化铝是由铝离子与氧离子构成的,属于离子化合物,故A错误;‎ B.由氧化铝生产Al时,Al的化合价发生变化,黄铜矿制备Cu时,Cu的化合价发生变化,石英与C反应生成Si时,Si元素的化合价发生变化,所以均是氧化还原反应,故B正确;‎ C.石英可用于制光导纤维,晶体Si的导电性介于导体与绝缘体之间,常用做半导体材料,故C正确;‎ D.SO2可以转化成SO3,进而生成H2SO4;FeO与CO在高温下可生成Fe,故D正确.‎ 故选A.‎ ‎【点评】本题综合考查元素化合物知识,重于元素化合物的性质和应用、金属的冶炼的考查,注意把握物质的性质以及反应原理,难度不大 ‎ ‎ ‎6.下列实验中,对应的现象以及解释或结论都正确且两者具有因果关系的是(  ) ‎ 选项 实验 现象 解释或结论 A 向足量的浓硝酸中加入铁片,一段时间后加入铜粉 有气体生成,溶液呈蓝绿色 浓硝酸将Fe氧化为Fe3+,生成NO2,Cu与Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+‎ B 分别向MgCl2、AlCl3溶液中加入足量氨水 均有白色沉淀产生 金属性:Mg>Al C 表面变黑的银器浸泡到盛有食盐水的铝制容器中,银器与铝接触 银器变得光亮如新 构成原电池,铝做负极,硫化银得电子被还原成单质银 D 向MgSO4稀溶液中滴入NaOH溶液至不再有沉淀生成,再滴加CuSO4稀溶液 白色沉淀逐渐变为浅蓝色 Kap>Kap A.A B.B C.C D.D ‎【考点】化学实验方案的评价.‎ ‎【专题】实验评价题.‎ ‎【分析】A.铁常温下在浓硝酸溶液中发生钝化现象,铜和硝酸反应生成硫酸铜、二氧化氮和水;‎ B.有白色沉淀生成,与金属性无关;‎ C.将表面发黑的银器浸入盛有食盐水的铝质容器中,形成原电池反应,铝和硫化银在食盐水中形成原电池反应,铝做负极,银器做正极,硫化银被还原为银;‎ D.溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质.‎ ‎【解答】解:A.铁常温下在浓硝酸溶液中发生钝化现象,铁表面形成一薄层致密氧化物薄膜阻止反应进行,溶液中无三价铁生成,故A错误;‎ B.有白色沉淀生成,与金属性无关,不能说明,金属性:Mg>Al,故B错误;‎ C.依据原电池原理分析,铝和硫化银在食盐水中形成原电池反应,铝做负极,银器做正极,硫化银被还原为银,故C正确;‎ D.将0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生,说明NaOH完全反应,再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液,先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀,说明发生了沉淀的转化,溶度积大的物质向溶度积小的物质转化,所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小,故D错误;‎ 故选C.‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案评价,为高频考点,涉及金属活泼性、铝及其化合物的性质、氧化还原反应、硝酸的性质等知识点,侧重考查基本理论、元素化合物性质,注意把握实验原理及操作方法,题目难度中等.‎ ‎ ‎ ‎7.常温下,用0.1 mol/LNaOH溶液滴定10mL 0.1mol/LH2A溶液,溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示.下列说法不正确的是(  )‎ A.A点溶液中加入少量水:增大 B.B点:c( HA ﹣)>c(H+)>c(A2一)>c(H2A)‎ C.C点:c(Na+)=c(HA﹣)+2c( A2﹣)‎ D.水电离出来的c(OH﹣):B点>D点 ‎【考点】离子浓度大小的比较;酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.‎ ‎【专题】图像图表题;电离平衡与溶液的pH专题.‎ ‎【分析】A.A点为H2A溶液,0.1mol/L的H2A溶液的pH大于1,说明H2A为弱酸,稀释后氢离子、H2A的浓度减小,而氢氧根离子浓度增大;‎ B.B点加入10mL氢氧化钠溶液,反应后溶质为NaHA,溶液的pH小于7,说明HA﹣的电离程度大于其水解程度,则c(A2﹣)>c(H2A)结合氢离子厉害来自水的电离判断,‎ C.C点溶液的pH=7,则c(H+)=c(OH﹣),结合电荷守恒判断;‎ D.B点HA﹣的电离程度大于其水解程度,溶液呈酸性,抑制了水的电离,而D点恰好反应生成Na2A,A2﹣水解促进了水的电离.‎ ‎【解答】解:A.根据图象可知,0.1mol/L的H2A溶液的pH大于1,说明H2A为弱酸,若A点溶液中加入少量水,溶液中氢离子、H2A的浓度减小,由于水的离子积不变,则氢氧根离子浓度增大,所以的比值增大,故A正确;‎ B.B点时加入了10mLNaOH溶液,反应后溶质为NaHA,此时溶液的pH小于7,说明HA﹣的电离程度大于其水解程度,则c(A2﹣)>c(H2A),由于氢离子还来自水的电离,则c(H+)>c(A2﹣),溶液中离子浓度大小为:c( HA ﹣)>c(H+)>c(A2﹣)>c(H2A),故B正确;‎ C.C点溶液的pH=7,为中性溶液,则c(H+)=c(OH﹣),根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA﹣)+2c( A2﹣)+c(OH﹣)可知:c(Na+)=c(HA﹣)+2c( A2﹣),故C正确;‎ D.B点反应后溶质为NaHA,HA﹣的电离程度大于其水解程度,溶液呈酸性,氢离子抑制了水的电离,而D点加入20mL氢氧化钠溶液,二者恰好反应生成Na2A,A2﹣水解促进了水的电离,所以水电离的c(OH﹣):B点<D点,故D错误;‎ 故选D.‎ ‎【点评】本题考查了离子浓度大小比较、溶液酸碱性与溶液pH的计算,题目难度中等,明确图象曲线对应溶质为解答关键,注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法,试题培养了学生的灵活应用能力.‎ ‎ ‎ 二、筒答题(共58分)‎ ‎8.Fe、Cu、Mn三种元素的单质及化合物在生产、生活中有广泛应用.‎ ‎(l) MnO2是一种多功能材料,工业上常以Mn(NO3)2.6H2O和尿素、氧化剂等为原料制备.尿素分子中碳原子的杂化轨道类型为 sp2 ,l mol尿素分子中含有的σ键数为 7×6.02×1023 .‎ ‎(2)某学习小组拟以废旧于电池为原料制取锰,简易流程如下:‎ ‎①用浓盐酸溶解二氧化锰需保持通风,原因是 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (用化学方程式表示).‎ ‎②写出碳酸锰在空气中灼烧生成四氧化三锰的化学方程式 6MnCO3+O22Mn3O4+6CO2 .‎ ‎(3)①基态铜原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1 ,与Cu同周期且原子序数最小的第Ⅷ族元素,其基态原子核外有 3 个未成对电子.‎ ‎②图1是Cu20的晶胞结构,晶胞的边长为acm.则Cu2O的密度为   g/cm3(用NA表示阿伏加德罗常数的值).‎ ‎(4)①绿矾(FeS04•7H2O)是补血剂的原料,保存不当易变质.请设计实验检验绿矾是否完全变质 取样品溶于水,滴加酸性高锰酸钾溶液,如溶液褪色,则表示样品没有完全变质(或滴加铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀,则样品没有完全变质 .‎ ‎②以羰基化合物为载体,提纯某纳米级活性铁粉(含有一些不反应的杂质),反应装置如图2.已知:Fe(s)+5CO(g)⇌Fe(CO)5 △H<0,常压下,Fe( CO)s的熔点约为﹣20.3℃,沸点为103.6℃,则Fe( CO)的晶体类型为 分子晶体 .请用平衡移动原理解释T1<T2的原因 铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量,低温有利于合成易挥发的羰基合铁,羰基合铁易挥发,杂质残留在玻璃管左端;当羰基合铁挥发到高温区T2时,即升温平衡逆向移动,羰基合铁分解,纯铁粉残留在右端,故T1<T2 .‎ ‎【考点】制备实验方案的设计;晶胞的计算;化学平衡的影响因素.‎ ‎【专题】制备实验综合.‎ ‎【分析】(1)尿素分子中C原子形成3个σ键、没有孤对电子,杂化轨道数目为3,每个分子中含有7个σ键;‎ ‎(1)盐酸与二氧化锰在加热条件下反应产生氯气,滤液中含有氯化锰,加入碳酸铵可生成碳酸锰,经高温生成Mn3O4,最后用热还原法生成Mn.‎ ‎①氯气是有毒气体,要保持通风,避免中毒;‎ ‎②碳酸锰在空气中灼烧时有氧气参与反应,同时生成二氧化碳;‎ ‎(3)①铜原子核外电子数为29,根据能量最低原理书写电子排布式;与Cu同周期且原子序数最小的第Ⅷ族元素为Fe,其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2;‎ ‎②根据均摊法计算晶胞中白色球、黑色球数目,结合化学式判断晶胞中Cu、O原子数目,再计算晶胞质量,根据ρ=计算晶胞密度;‎ ‎(4)①绿矾变质时亚铁离子被氧化为铁离子,检验绿矾是否完全变质可以检验是否含有亚铁离子;‎ ‎②Fe( CO)的熔沸点低,应属于分子晶体;‎ 铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量,低温有利于合成易挥发的羰基合铁,羰基合铁易挥发,杂质残留在玻璃管左端;当羰基合铁挥发到高温区T2时,即升温平衡逆向移动,羰基合铁分解,纯铁粉残留在右端.‎ ‎【解答】解:(1)尿素分子的结构简式为,杂化轨道数目为3,所以尿素分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化,每个分子中含有7个σ键,所以1mol尿素中含有7molσ键,含有的σ键数为7×6.02×1023,‎ 故答案为:sp2;7×6.02×1023;‎ ‎(2)盐酸与二氧化锰在加热条件下反应产生氯气,滤液中含有氯化锰,加入碳酸铵可生成碳酸锰,经高温生成Mn3O4,最后用热还原法生成Mn.‎ ‎①浓盐酸与二氧化锰反应产生氯气,氯气是有毒气体,要保持通风,避免中毒,反应方程式为:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,‎ 故答案为:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O;‎ ‎②碳酸锰在空气中灼烧时有氧气参与反应,同时生成二氧化碳,反应的方程式为6MnCO3+O22Mn3O4+6CO2,‎ 故答案为:6MnCO3+O22Mn3O4+6CO2;‎ ‎(3)①铜原子核外电子数为29,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,与Cu同周期且原子序数最小的第Ⅷ族元素为Fe,其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,3d能级有4个未成对电子,‎ 故答案为:1s22s22p63s23p63d104s1;4;‎ ‎②晶胞中白色球数目为1+8×=2,黑色球数目为4,故白色球为O原子、黑色球为Cu原子,晶胞质量为g,则晶胞密度为g÷(a cm)3=g/cm3,‎ 故答案为:;‎ ‎(4)①绿矾变质时亚铁离子被氧化为铁离子,实验检验绿矾是否完全变质方法为:取样品溶于水,滴加酸性高锰酸钾溶液,如溶液褪色,则表示样品没有完全变质(或滴加铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀,则样品没有完全变质,‎ 故答案为:取样品溶于水,滴加酸性高锰酸钾溶液,如溶液褪色,则表示样品没有完全变质(或滴加铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀,则样品没有完全变质;‎ ‎②Fe( CO)的熔沸点低,应属于分子晶体;‎ 铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量,低温有利于合成易挥发的羰基合铁,羰基合铁易挥发,杂质残留在玻璃管左端;当羰基合铁挥发到高温区T2时,即升温平衡逆向移动,羰基合铁分解,纯铁粉残留在右端,故T1<T2,‎ 故答案为:分子晶体;铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量,低温有利于合成易挥发的羰基合铁,羰基合铁易挥发,杂质残留在玻璃管左端;当羰基合铁挥发到高温区T2时,即升温平衡逆向移动,羰基合铁分解,纯铁粉残留在右端,故T1<T2.‎ ‎【点评】本题考查化学工艺流程、实验方案设计、晶胞计算、平衡移动原理应用、晶体类型与性质、核外电子排布、杂化方式等,实.验拼合型题目,需要学生具备扎实的基础与灵活应用能力,难度中等 ‎ ‎ ‎9.ClO2是一种高效水处理剂,某实验小组用下图所示装置制取并收集Cl02.已知:①ClO2为黄绿色气体,极易溶于水,熔点﹣59C,沸点11℃,具有强氧化性.‎ ‎②ClO2易爆炸,若用“惰性气体”等稀释时,爆炸的可能性大大降低.‎ ‎③装置A中发生反应:H2C2O4+H2SO4+2KC1O3一K2SO4+2CO2 T+2ClO2+2H2O ‎④HClO2是强酸.‎ ‎(1)A装置中电动搅拌棒的作用是 反应时搅拌,增大反应物的接触面积,加快反应速率 .‎ ‎(2)B装置需放在冰水中,原因是 使ClO2 冷凝,便于分离收集 .‎ ‎(3)用H2C2O4、稀硫酸和KClO3制备ClO2的最大优点是 反应生成二氧化碳,可以稀释ClO2,大大降低了爆炸的可能性 .‎ ‎(4)ClO2很不稳定,需随用随制,产物用水吸收得到ClO2溶液.为测定所得溶液中ClO2的含 量,进行下列实验:‎ 步骤1:准确量取V1mL ClO2溶液加入到锥形瓶中.,‎ 步骤2:用稀硫酸调节Cl02溶液的pH≤2.0,加入足量的KI晶体,静置片刻.‎ 步骤3:加入指示剂,用c mol.L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点,消耗Na2S203溶液V2mL.‎ ‎(已知2ClO2+8H++10I﹣=2Cl﹣+5I2+4H2O,2S2O32﹣+I2=2I﹣+S4O62﹣)‎ ‎①配制100mL cmol﹣L﹣lNa2S203标准溶液时,用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和 100mL容量瓶 .‎ ‎②原溶液中ClO2的含量为   g/L(用含字母的代数式表示).‎ ‎(5)工业上生产ClO2和NaCIO2的工艺流程如图:‎ ‎①反应器I中发生反应的化学方程式为 3NaClO2+3H2SO4(浓)=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O .‎ ‎②反应器Ⅱ中发生反应的离子方程式为 2ClO2+SO2+4OH﹣=2ClO2﹣+SO42﹣+2H2O .‎ ‎③在碱性溶液中NaClO2比较稳定,所以反应器Ⅱ中应维持NaOH稍过量,判断NaOH是否过量的简单实验方法是 连续测定反应器Ⅱ内溶液的pH .‎ ‎【考点】制备实验方案的设计.‎ ‎【专题】无机实验综合.‎ ‎【分析】(1)增大反应物的接触面积,加快反应速率;‎ ‎(2)B装置要放置在冰水中,冷凝便于收集;‎ ‎(3)反应生成二氧化碳,可以稀释ClO2;‎ ‎(4)①称量后在烧杯中溶解,并用玻璃棒搅拌,移入100mL容量瓶中,加水至距离容量瓶刻度线1﹣2cm处改用胶头滴管定容;‎ ‎②由反应可得关系式:2ClO2~5I2~10S2O32﹣,根据关系式计算ClO2的物质的量浓度,进而计算其含量;‎ ‎(5)①由流程图可知,反应器I中浓硫酸与氯酸钠反应生成ClO2、NaClO2、硫酸氢钠;‎ ‎②反应器Ⅱ中是ClO2、NaOH、SO2反应生成NaClO2,根据电子转移守恒,SO2被氧化为硫酸钠;‎ ‎③HClO2是强酸,NaClO2溶液呈中性,测定溶液pH判断.‎ ‎【解答】解:(1)A装置中电动搅拌棒,增大反应物的接触面积,加快反应速率,‎ 故答案为:反应时搅拌,增大反应物的接触面积,加快反应速率;‎ ‎(2)ClO2是一种黄绿色、有刺激性气味的气体,熔点:﹣59.0℃,沸点:11.0℃,B装置要放置在冰水中,使ClO2 冷凝,便于收集,‎ 故答案为:使ClO2 冷凝,便于收集;‎ ‎(3)信息②中ClO2易爆炸,若用“惰性气体”等稀释时,爆炸的可能性大大降低,而反应生成二氧化碳,可以稀释ClO2,大大降低了爆炸的可能性,‎ 故答案为:反应生成二氧化碳,可以稀释ClO2,大大降低了爆炸的可能性;‎ ‎(4)①称量后在烧杯中溶解,并用玻璃棒搅拌,移入100mL容量瓶中,加水至距离容量瓶刻度线1﹣2cm处改用胶头滴管定容,‎ 故答案为:100mL容量瓶;‎ ‎②由反应可得关系式:2ClO2~5I2~10S2O32﹣,可知V1mL×c(ClO2):V2mL×c(Na2S2O3)=2:10,则V1mL×c(ClO2):V2mL×c mol.L﹣1,故c(ClO2)=mol/L,则其含量为mol/L×67.5g/mol=g/L,‎ 故答案为: g/L;‎ ‎(5)①由流程图可知,反应器I中浓硫酸与氯酸钠反应生成ClO2、NaClO2、硫酸氢钠,反应方程式为:3NaClO2+3H2SO4(浓)=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O,‎ 故答案为:3NaClO2+3H2SO4(浓)=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O;‎ ‎②反应器Ⅱ中是ClO2、NaOH、SO2反应生成NaClO2,根据电子转移守恒,SO2被氧化为硫酸钠,溶液离子方程式为:2ClO2+SO2+4OH﹣=2ClO2﹣+SO42﹣+2H2O,‎ 故答案为:2ClO2+SO2+4OH﹣=2ClO2﹣+SO42﹣+2H2O;‎ ‎③HClO2是强酸,NaClO2溶液呈中性,连续测定反应器Ⅱ内溶液的pH,可以判断NaOH是否过量,故答案为:连续测定反应器Ⅱ内溶液的pH.‎ ‎【点评】本题考查物质制备实验与工艺流程,注意对题目信息的应用,较好的考查学生获取信息的能力与知识迁移运用,难度中等.‎ ‎ ‎ ‎10.有机物A的分子式为C10H10O5,能发生如下变化.‎ 已知:①A、C、D均能与NaHC03反应;‎ ‎②只有A、D能与FeCl3溶液发生显色反应;‎ ‎③A苯环上只有两个对位的取代基;‎ ‎④F能使溴水褪色;‎ ‎⑤H能发生银镜反 应.根据题意回答下列问题:‎ ‎(1)反应I的反应类型是 水解或取代 .‎ ‎(2)F中含氧官能团的名称为 羧基 ,F在一定条件下与氢气加成,生成分子式为C3H6O2的有机物,该有机物的名称为 丙酸 .‎ ‎(3)G的结构简式为  ,反应Ⅲ的化学方程式为  .‎ ‎(4)写出A与足量NaOH溶液共热的化学方程式  .‎ ‎(5)D有多种同分异构体,写出同时满足下列要求的一种同分异构体的结构简式  .‎ ‎①能与FeCl3溶液发生显色反应 ‎ ‎②能发生银镜反应但不能水解 ‎③苯环上的一卤代物只有2种.‎ ‎【考点】有机物的推断;化学平衡的计算.‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断.‎ ‎【分析】A、C、D等均能与NaHCO3反应,说明A、C、D均含有羧基,其中A、D能遇FeCl3溶液发生显色反应,A、D结构中含有酚羟基;由F的分子式是C3H4O2,结合F能使溴水褪色,F聚合得到I(C3H4O2)n,则推理出F的结构简式为CH2=CH﹣COOH,H不能发生银镜反应,其分子式C3H4O3,则结构简式是CH3﹣CO﹣COOH,C为CH3CH(OH)COOH,D为 ‎,A苯环上只有两个对位的取代基,则A为,G结构简式为,据此分析解答.‎ ‎【解答】解:A、C、D等均能与NaHCO3反应,说明A、C、D均含有羧基,其中A、D能遇FeCl3溶液发生显色反应,A、D结构中含有酚羟基;由F的分子式是C3H4O2,结合F能使溴水褪色,F聚合得到I(C3H4O2)n,则推理出F的结构简式为CH2=CH﹣COOH,H不能发生银镜反应,其分子式C3H4O3,则结构简式是CH3﹣CO﹣COOH,C为CH3CHOHCOOH,D为,A苯环上只有两个对位的取代基,则A为,G结构简式为,‎ ‎(1)通过以上分析知,所以该反应类型是水解或取代,故答案为:水解或取代;‎ ‎(2)F是CH2=CH﹣COOH,其含氧官能团名称是羧基,F在一定条件下与氢气加成,生成分子式为C3H6O2的有机物,该有机物为CH3CH2COOH,为丙酸,‎ 故答案为:羧基;丙酸;‎ ‎(3)通过以上分析知,G结构简式为,反应III的方程式为,‎ 故答案为:;;‎ ‎(4)A在氢氧化钠水溶液中水解方程式为,故答案为:‎ ‎;‎ ‎(5)D的同分异构体符合下列条件:‎ ‎①能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基; ‎ ‎②能发生银镜反应但不能水解,说明含有醛基但不含酯基;‎ ‎③苯环上的一卤代物只有2种,说明苯环上只有两种氢原子,‎ 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,根据某些物质分子式结合反应条件、题给信息采用知识迁移方法分析推断,难点是同分异构体结构简式确定,题目难度中等.‎ ‎ ‎ ‎11.工业生产硝酸铵的流程如图1所示:‎ ‎(1)Ⅱ中,NH3和02在催化剂作用下反应,其化学方程式为 4NH3+5O24NO+6H2O .‎ ‎(2)工业上以NH3、CO2为原料生产尿素,该反应实际分两步进行:‎ 第一步:2NH3(g)+CO2(g)═H2NCOONH4(g)△H=﹣272kJ•mol﹣1‎ 第二步:H2NCOONH4(s)═CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+138kJ•mol﹣1‎ 写出工业上以NH3、C02为原料合成尿素的热化学方程式 2NH3(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(NH2)2 (s)△H=﹣134kJ/mol .‎ ‎(3)工业上电解NO制备NH4N03,其工作原理如图2所示,电解时阳极的电极反应式为 NO2﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+ ,为使电解产物全部转化为NH4N03,需补充物质A,A是 NH3 .‎ ‎(4)已知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0,‎ 当反应器中按n(N2):n(H2)=l:3投料,分别在200C、400℃、600C下达到平衡时,混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线如图3.‎ ‎①曲线a对应的温度是 200℃ .‎ ‎②上图中P、M、Q三点对应的平衡常数K的大关系为 K(P)>K(M)=K(Q) ‎ ‎③若N点时c(NH3)=0.2mol.L﹣l,‎ 则K(N)= 0.93 (保留两位有效数字).‎ ‎【考点】化学平衡常数的含义;反应热和焓变;原电池和电解池的工作原理;制备实验方案的设计.‎ ‎【专题】电化学专题.‎ ‎【分析】(1)NH3和02在催化剂作用下反应生成NO和水;‎ ‎(2)已知:①2NH3(g)+CO2(g)═H2NCOONH4(s)△H=﹣272kJ•mol﹣1;‎ ‎②H2NCOONH4(s)═CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+138kJ•mol﹣1;‎ 根据盖斯定律,①+②可得:2NH3(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(NH2)2 (s);‎ ‎(3)工业上电解NO2制备 NH4NO3,由装置图可知阳极发生氧化反应,NO2被氧化生成NO3﹣,阴极发生还原反应,NO2被还原生成NH4+,阳极反应为NO2﹣e﹣+H2O=NO3﹣+2H+,阴极反应为:NO2+7e﹣+8H+=NH4++2H2O,结合电极方程式解答该题;‎ ‎(4)①依据反应是放热反应,温度升高,平衡逆向进行,氨气的含量减小;‎ ‎②K只受温度影响,该反应温度升高时K值减小;‎ ‎③N点时氨的物质的量的分数为20%,利用三段式,设N2转化率是b,N2的起始浓度为a,‎ 根据反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)‎ 起始 a 3a 0‎ 转化 ab 3ab 2ab 平衡 a﹣ab 3a﹣3ab 2ab 根据题意有,所以a=0.3mol•L﹣1,b=,以此计算.‎ ‎【解答】解:(1)在催化剂、加热条件下,氨气被氧化生成NO和水,反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O,故答案为:4NH3+5O24NO+6H2O;‎ ‎(2)已知:①2NH3(g)+CO2(g)═H2NCOONH4(s)△H=﹣272kJ•mol﹣1;‎ ‎②H2NCOONH4(s)═CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+138kJ•mol﹣1;‎ 根据盖斯定律,①+②可得:2NH3(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(NH2)2 (s)△H=﹣134kJ/mol,‎ 故答案为:2NH3(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(NH2)2 (s)△H=﹣134kJ/mol;‎ ‎(3)电解NO2制备NH4NO3,阳极反应为:NO2﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+,阴极反应为:NO2+7e﹣+8H+=NH4++2H2O,从两极反应可看出,要使得失电子守恒,阳极产生的NO3﹣的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量,总反应方程式为:8NO2+5H2ONH4NO3+6HNO3,因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3,需补充NH3,‎ 故答案为:NO2﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+;NH3;‎ ‎(4)①合成氨的反应为放热反应,反应温度越高,越不利于反应的进行,曲线a的氨气的物质的量分数最高,其反应温度对应相对最低,所以a曲线对应温度为200°C;‎ 故答案为:200℃;‎ ‎②平衡常数与温度有关,与其他条件无关,同一温度下的平衡常数相同,反应是放热反应,温度越高平衡常数越小,上图中P、M、Q点平衡常数K的大小关系是K(P)>K(M)=K(Q),‎ 故答案为:K(P)>K(M)=K(Q);‎ ‎③N点时氨的物质的量的分数为20%,利用三段式,设N2转化率是b,N2的起始浓度为a,‎ 根据反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)‎ 起始 a 3a 0‎ 转化 ab 3ab 2ab 平衡 a﹣ab 3a﹣3ab 2ab 根据题意有,所以a=0.3mol•L﹣1,b=,所以平衡常数K==0.93,‎ 故答案为:0.93.‎ ‎【点评】本题考查了热化学方程式的书写、化学平衡的计算,题目难度中等,注意掌握盖斯定律的内容及应用方法,能够利用三段式进行化学平衡的计算,明确反应速率的概念及计算方法,试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力.‎

资料: 29.3万

进入主页

人气:

10000+的老师在这里下载备课资料