海南省海南中学2016届高三化学考前模拟试卷(十)(含解析)

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海南省海南中学2016届高三考前高考模拟(十)化学
一、单选题:共9题
1.化学与社会、生活密切相关,对下列现象或事实的解释正确的是
【答案】C
【解析】本题考查化学与生活,涉及盐的水解、酸性强弱的比较、离子共存及离子反应等。

A.烧碱是NaOH而不是Na2CO3,且Na2CO3为强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,油脂在碱性溶液中发生水解反应,生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油,并非Na2CO3直接与油脂发生反应,错误;
B.漂白粉发生变质,是因为其中的Ca(ClO)2与空气中的CO2、H2O(g)反应生成CaCO3
和HClO,HClO继续分解为HCl和O2,错误;C.草木灰与NH4Cl混合使用时,与
发生双水解相互促进反应生成NH3,降低肥效,正确;D.FeCl3溶液可用于制造铜质印刷线路板,发生的反应为2FeCl 3+Cu2FeCl2+CuCl2,Fe3+将Cu氧化为Cu2+,并非发生置换反应,错误。

答案选C。

2.我国科学家研发成功了甲烷和二氧化碳的共转化技术,利用分子筛催化剂高效制得乙酸。

下列有关说法正确的是
A.所有反应物和产物中都既含极性键又含非极性键
B.消耗 22.4 L CO2可制得乙酸60g
C.该反应不是氧化还原反应
D.该反应过程符合“绿色化学”原理,原子利用率达100%
【答案】D
【解析】本题考查化学键类型、反应类型的判断,绿色化学等。

反应方程式为
CH4+CO2CH3COOH。

A.反应物中的CH4只含有极性键,无非极性键,错误;B.未注
明标准状况,不适合用气体摩尔体积,错误;C.该反应的反应物和生成物中碳元素的化合价各不相同,有化合价的变化,是氧化还原反应,错误;D.该反应为化合反应,原子利用率达100%,符合“绿色化学”原理,正确。

答案选D。

3.《梦溪笔谈》中记载有:信州铅山县有苦泉,流以为涧。

挹其水熬之,则成胆矾。

烹胆矾则成铜;熬胆矾铁釜,久之亦化为铜。

水能为铜,物之变化,固不可测。

该记载中没有涉及的化学反应类型有
A.化合反应
B.分解反应
C.置换反应
D.复分解反应
【答案】D
【解析】本题考查化学反应类型的判断。

分析可知:硫酸铜从水溶液中结晶析出胆矾属于化合反应,胆矾加热分解生成单质铜属于分解反应,在铁釜中熬胆矾时,铁把铜离子置换成单质铜,属于置换反应,则没有涉及的反应为复分解反应。

答案选D。

4.同位素示踪法可用于反应机理的研究,下列反应或转化中同位素示踪表示正确的是
A.2Na 218O2 +2H2O4Na l8OH+O2↑
B.NH 4Cl+ 2H2O NH3·2H2O+HCl
C.2KMnO 4 +5H218O2 +3 H2SO4K2SO4+2MnSO4 +518O2↑+8H2O
D.K37ClO 3+6HCl K37Cl+3Cl2↑+3H2O
【答案】C
【解析】本题考查对化学反应原理的理解,涉及盐的水解、氧化还原反应等。

A.过氧化钠与水反应时Na218O2既是氧化剂又是还原剂,则生成物氧气中的氧元素质量数为18,错误;B.根据盐类的水解原理,铵根离子结合氢氧根离子,氯离子结合氢离子,则NH3·2H2O和HCl 中都应有重氢原子,错误;C.KMnO4 将H218O2 氧化得到氧气,所以氧气中所含的氧原子质量数都是18,正确;D.1摩尔K37ClO3 氧化5摩尔HCl得到3摩尔Cl2,所以质量数为37的氯原子应该在氯分子中,错误。

答案选C。

5.分子式为C9H18O2的有机物A,它能在酸性条件下水解生成B和C,其中C不与NaHCO3溶液反应,1 mol C完全燃烧产生的气体与足量澄清石灰水反应能生成400g沉淀。

则有机物A 的可能结构有(不考虑立体异构)
A.4种
B.8种
C.10种
D.16种
【答案】D
【解析】本题考查同分异构体数目的判断。

分子式为C9H18O2的有机物A,它能在酸性条件下水解生成B和C,C不与NaHCO3溶液反应,则C为醇,1 mol C完全燃烧产生的气体与足量澄清石灰水反应能生成400g沉淀,即碳酸钙的物质的量为4mol,则C为含4个碳原子的醇,B为含5个碳原子的羧酸。

因丁基有4种同分异构体,则含有5个C原子的羧酸有4种同分异构体:CH3CH2CH2CH2COOH、(CH3)2CHCH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)3CCOOH;含有4个C
原子的醇有4种同分异构体:CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CH(OH)CH3、(CH3)3COH;则有机物A的同分异构体数目有4×4=16。

答案选C。

6.下列离子方程式正确的是
A.碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应:+OH-+Ca2+H 2O+CaCO3↓
B.氯化铵与氢氧化钠溶液混合:+OH-H 2O+NH3↑
C.向漂白粉溶于水形成的溶液中通入少量的SO 2:Ca2++3ClO-+SO2+H2O CaSO4↓+Cl-
+2HClO
D.硫化亚铁溶于稀硝酸中:FeS+2H+Fe2++H 2S↑
【答案】C
【解析】本题考查离子方程式的正误判断。

A.石灰水不足,即Ca(OH)2完全反应,OH-离子与Ca2+离子的物质的量比为2:1,则离子反应为2+Ca2++2OH- CaCO 3↓+2H2O,错误;
B.氯化铵与氢氧化钠两种浓溶液混合加热时才有氨气放出,稀溶液只生成NH3H2O,错误;
C.次氯酸有强氧化性,SO2有还原性,二者发生氧化还原反应,正确;
D.硫化亚铁溶于稀硝酸发生氧化还原反应,离子反应为FeS+4H++3Fe3++3NO↑+ H 2O,错误。

答案选C。

7.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是
【答案】B
【解析】本题考查实验方案的设计与评价、实验操作,酸性强弱的比较,氧化还原反应等。

A.Fe(NO3)2溶液中存在着具有还原性的Fe2+和大量的,当加入稀盐酸时,溶液中相当于存在了具有强氧化性的稀硝酸,将Fe2+氧化成Fe3+,而不是盐酸具有强氧化性,错误;
B.向Na2SiO3溶液中通入适量的CO 2,反应方程式为:CO2+H2O+Na2SiO3H2SiO3↓+N a2CO3,则H2CO3的酸性比H2SiO3强,正确;
C.若CO2中混有HCl,则通入澄清石灰水溶液中也不生成沉淀,错误;
D.根据2FeCl 3+Cu CuCl2+ 2FeCl2,加入铜屑不能除去FeCl2杂质,错误。

答案选B。

8.取一定质量含Cu、Cu2O、CuO的固体混合物,将其分成两等份并进行下列转化,则转化过程中所加稀HNO3的物质的量浓度为
A.4.4mol·L -1
B.3.6mol·L -1
C.4.0mol·L -1
D.3.2mol·L -1
【答案】D
【解析】本题考查利用电子守恒和原子守恒的计算方法和技巧。

分析可知,固体减少的质量即是氧原子的质量,则氧原子的物质的量为0.4mol;NO的物质的量为0.2mol。

设其中一份固体混合物中Cu、Cu2O、CuO的物质的量分别为x、y、z,根据得失电子守恒和氧元素守恒有:2x+2y=0.2×3=0.6,y+z=0.4,从而得出x+2y+z=0.7,即反应后生成的Cu(NO3)2的物质的量为0.7mol,则500mL稀硝酸中,n(HNO3)=0.7mol×2+0.2mol=1.6mol,
c(HNO3)=1.6mol/0.5L=3.2 mol·L-1。

答案选D。

9.H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫。

反应原理为:2H2S(g)
+O 2(g )S2 (s)+2H2O(l) △H=-632kJ·mol-1。

右图为质子膜H2S燃料电池的示意图。

下列说法正确的是
A.电极a为电池的正极
B.电极b上发生的电极反应为:O 2+4H+ +4e-2H2O
C.该装置是一种将热能转化为电能的装置
D.H+经质子膜进入a极区
【答案】B
【解析】本题考查燃料电池、原电池原理的相关知识。

A.该电池属于燃料电池,通入燃料的为负极,通入空气或氧气的为正极,则电极a为电池的负极,错误;B.根据图示,O2在电极b上得电子生成H 2O,电极反应为:O2+4H++4e-2H2O,正确;C.该装置是一种将化学能转
化为电能的装置,错误;D.原电池中阳离子向正极移动,则H+离子经质子膜进入b极区,错误。

答案选B。

二、多选题:共3题
10.设N A为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是
A.1mol 羟基(—OH)中电子数为9N A
B.100 mL 2.0 mol·L -1的盐酸与醋酸溶液中氢离子数均为0.2 N A
C.将10.6 g Na2CO3固体溶于水,所得离子总数为0.3 N A
D.常温常压下,14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为N A
【答案】AD
【解析】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算,涉及弱电解质的电离、盐的水解等。

A.一个羟基中质子数为8+1=9,正确;B.醋酸是弱酸,只有部分电离,错误;C.因离子可水
解生成离子和OH-离子,则所得离子总数大于0.3 N A,错误;D.N2与CO的摩尔质量都是28g/mol,且都是双原子分子,则14g即0.5mol N2与CO的混合气体含有的原子数目为N A,正确。

答案选AD。

11.溶液的pH、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液,下列叙述错误的是
A.它们与NaOH完全中和时,醋酸溶液所消耗的NaOH少
B.它们分别与足量CaCO3反应时,放出的CO2一样多
C.两种溶液的n(Cl-)= n(CH3COO-)相同
D.分别用水稀释相同倍数时,n(Cl-)<n(CH3COO-)
【答案】AB
【解析】本题考查弱电解质的电离及影响电离平衡的因素。

因醋酸是弱电解质,只有部分电离,则pH、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液,醋酸的浓度大于盐酸。

A.因醋酸的浓度大于盐酸,则它们与NaOH完全中和时,醋酸溶液所消耗的NaOH多,错误;B.它们分别与足量
CaCO3反应时,醋酸放出的CO2多,错误;C.根据电荷守恒:盐酸中n(H+)=n(Cl-) +n(OH-),醋酸中n(H+)=n(CH3COO-) +n(OH-),因pH相同,则两溶液中n(H+)和n(OH-)都相同,所以n(Cl-)= n(CH3COO-),正确;D.因稀释可促进醋酸的电离,则用水稀释相同倍数时,n(Cl -)<n(CH
COO-),正确。

答案选AB。

3
12.X、Y、Z、W 四种短周期元素在周期表中位于连续的四个主族,相对位置如图所示。

Z 元素原子核外K层与M层电子数相等。

下列说法正确的是
A.原子半径由小到大的顺序为Y<X<W<Z
B.Y的单质和Z的单质能够发生反应
C.X的单质都是熔点高、硬度大的物质
D.工业上利用电解Z、W的熔融氯化物的方法制备对应的单质
【答案】AB
【解析】本题考查位置、结构、性质的关系。

由表可知,它们处于周期表中第二、三周期,位于连续的四个主族,Z元素原子核外K层与M层电子数相等,则Z是Mg元素,W是Al元素,X是C元素,Y是N元素。

A.电子层越多,半径越大,同周期从左向右原子半径逐渐减小,则原子半径由小到大的顺序为N<C<Al<Mg,即Y<X<W<Z,正确;B.Mg能在N2中燃烧生成Mg3N2,正确;C.碳有多种单质,其中C60为分子晶体,熔点低、硬度小,错误;D.W 的氯化物为AlCl3,属于共价化合物,熔融状态不导电,不能用电解熔融AlCl3的方法制备单质Al,错误。

答案选AB。

三、双选题:共3题
13.下列说法正确的是
A.室温下,在水中的溶解度:丙三醇>苯酚>1-氯丁烷
B.用核磁共振氢谱能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3
C.用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3
D.油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应,且产物相同
【答案】AB
【解析】本题考查物质的结构与性质。

A.由于羟基是亲水基,在物质的分子中含有的羟基个数越多,水溶性就越强,正确;B.HCOOCH3有两种不同位置的H原子,而HCOOCH2CH3有三种不同位置的H原子,则用核磁共振氢谱能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3,正确;C.CH3COOH能与Na2CO3溶液反应放出CO2气体,而CH3COOCH2CH3不能与Na2CO3溶液反应,且CH3COOCH2CH3密度比水小,不溶于水,能够分层,则用Na2CO3溶液能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3,错误;D.油脂在酸性条件下水解产生高级脂肪酸和甘油,而在碱性条件下水解产生高级脂肪酸盐和甘油,产物不相同,错误。

答案选AB。

14.某元素X核电荷数小于18,其原子的电子层数为n,最外层电子数为2n+1,原子核内质子数是2n2-1。

下列有关X的说法中,不正确的是
A.X 能形成化学式为X(OH)3的碱
B.X 不能形成化学式为NaXO3的含氧酸钠盐
C.X 原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数
D.X 能与某些金属元素或非金属元素形成化合物
【答案】AB
【解析】本题考查原子结构和性质,元素的推断及性质。

X核电荷数小于18,为短周期元素,则n3,n等于1时不符合;n等于2时是氮元素,符合;n等于3时是氯元素,符合。

A.
氮和氯都是非金属元素不能形成碱,错误;B.氮元素可形成NaNO3,氯元素可形成NaClO3,错误;C.氮原子和氯原子的最外层电子数和核电荷数都是奇数,正确;D.氮元素和氯元素都能与多种金属或非金属形成化合物,正确。

答案选AB。

15.下列说法不正确的是
A.明矾、漂白粉、臭氧的净水原理相同
B.“血液透析”的原理利用了胶体的性质
C.食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋,只能防止食物受潮
D.煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等可加重雾霾
【答案】AC
【解析】本题考查化学与生活,涉及水的净化、胶体的性质、食品保护及雾霾等。

A.明矾中铝离子水解生成胶体,利用吸附性净水,而漂白粉、臭氧具有强氧化性,可用于杀菌消毒,净水原理不同,错误;B.血液为胶体,不能透过半透膜,而小分子、离子等可透过,则“血液透析”的原理利用了胶体的性质,正确;C.硅胶具有吸水性,铁粉具有还原性,所以食品包装中常放入硅胶和铁粉的小袋,防止食物受潮和氧化变质,错误;D.煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等均产生固体颗粒物,雾霾与空气中固体颗粒物有关,则煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等可加重雾霾,正确。

答案选AC。

四、推断题:共3题
16.随着能源危机的加剧,我国也在大力推广新一代乙醇燃料,广西是我国甘蔗产量主产区之一,乙醇可以从甘蔗中提炼加工出来,乙醇除用作燃料外,还可以用它合成其他有机物。

下面是以乙醇为起始原料的转化关系,请回答相关问题。

①B在日常生活中常用来作食品包装袋,但往往会带来环境问题。

写出A→B的化学方程
式:。

②写出乙醇→A的化学方程
式:。

③写出乙醇→C的化学方程
式:。

④写出E的方程
式:。

【答案】①n CH2=CH2
②CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O
③2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
④CH3COOH+C2H5OH CH3COOCH2CH3+2H2O
【解析】本题考查有机物推断,有机物的性质与相互转化。

乙醇发生催化氧化生成C为
CH3CHO,D进一步被氧化生成D为CH3COOH,乙醇与D发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3,乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2,B在日常生活中常用来作食品包装袋,则乙烯发生加聚
反应生成B为。

①A→B为乙烯的加聚反应,化学方程式为:
n CH2=CH2;②乙醇在浓硫酸作用下加热到170°发生消去反应生成乙烯,化学方程式为:CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O;③乙醇催化氧化生成乙醛,化学方程式为:2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O;④乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯,化学方程式为:CH3COOH+C2H5OH CH3COOCH2CH3+2H2O。

17.某氯化铁与氯化亚铁的混合物。

现要测定其中铁元素的质量分数,实验按以下步骤进行:
请根据上面流程,回答以下问题:
(1)操作Ⅰ所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外,还必须
有、。

(填仪器名称)
(2)请写出加入溴水发生的离子反应方程
式。

(3)将沉淀物加热,冷却至室温,用天平称量其质量为b1g。

再次加热并冷却至室温称量其质量为b2g,若b1-b2=0.3g,则接下来还应进行的操作
是。

若蒸发皿质量是W1 g,蒸发皿与加热后固体总质量是W2g,则样品中铁元素的质量分数
是。

有同学提出,还可以采用以下方法来测定:
①溶解样品改用了硫酸,而不用盐酸,为什
么。

②选择的还原剂是否能用铁(填“是”或“否”),原因
是:。

③若滴定用掉c mol/ L KMnO4溶液b mL,则样品中铁元素的质量分数
是。

【答案】(1)250mL容量瓶;胶头滴管;
(2)2Fe2+ +Br 22Fe3+ +2Br-;
(3) 再次加热冷却并称量,直至两次质量差小于0.1g;×100%;
①过量的盐酸对后面KMnO4的滴定有干扰;
②否;如果用铁做还原剂,Fe+2Fe3+3Fe2+,且Fe会与过量的硫酸反应生成Fe2+,干扰铁元素的测定;
③×100%
【解析】本题考查实验探究,实验方案的设计与评价,物质含量的测定。

(1)配制250mL一定物质的量浓度的溶液所需玻璃仪器有:烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管;(2)因Br 2具有氧化性,可将Fe2+氧化为Fe3+,离子方程式:2Fe2++Br22Fe3++2Br-;(3)为了减少误差,需再次加热冷却并称量,直至两次质量差小于0.1g;红棕色固体为,Fe2O3,根据铁元素质量守恒,Fe2O3中的铁元素的质量即为样品中铁元素的质量,则铁元素的质量分数
为×100%=×100%;①高锰酸钾具有强氧化性,加入
盐酸,溶液中的氯离子会被氧化,使消耗高锰酸钾的量增大,产生实验误差,所以改用硫酸是为了防止过量的盐酸对后面KMnO4的滴定有干扰;②还原剂不能用铁,如果用铁做还原剂,则Fe+2Fe3+3Fe2+,且Fe也会与过量的硫酸反应生成Fe2+,干扰铁元素的测定;③依据
反应5Fe2+++8H+Mn2++5Fe3++4H 2O,n(Fe2+)=5n(KMnO4),则样品中铁元素的质量分数为=×100%。

18.已知 A、B、C、D、E 都是元素周期表中原子序数小于36的元素,且它们的核电荷数依次增大。

B原子的p轨道半充满,形成的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的。

D 原子得到一个电子后3p轨道全充满。

A+比D原子形成的离子少一个电子层。

C与A形成A2C 型离子化合物。

E的原子序数为26,E原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。

请根据以上情况,回答下列问题:
(1)E元素原子的核外电子排布式
是。

(2)A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序
为。

(用元素符号表示)
(3)B元素的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的原因
是。

(4)化合物BD3的分子中,原子B的杂化类型是,分子空间构型是。

(5)E 的一种常见配合物E(CO)5常温下呈液态,熔点为-20.5℃,沸点为103℃,易溶于非极性溶剂。

据此可判断E(CO)5的晶体类型
为。

金属 E 单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式,晶胞分别如图所示。

体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的E原子个数之比为。

【答案】(1)1s22s22p63s23p63d 64s2或[Ar]3d64s2;
(2)Na<S<P<Cl;
(3)第VA族元素的氢化物中NH3分子间具有氢键,而AsH3分子的相对分子质量比 PH3分子的大;
(4)sp3杂化;三角锥;
(5)分子晶体;1:2
【解析】本题考查元素的推断,原子结构和性质,晶体类型的判断及晶胞的结构等。

D原子得到一个电子后3p轨道全充满,则D的价电子排布为3s23p5,为Cl元素;A+比D原子形成的离子少一个电子层,即A+的核外电子排布为2、8,则A为Na元素;B的原子序数大于Na,B原子的p轨道半充满,即为3p3,则B为P元素;C在B、D之间为S元素;E的原子序数为26,则E为Fe元素。

(1) Fe元素原子的核外电子排布式是:1s22s22p63s23p63d 64s2或[Ar]3d64s2;(2)同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大,但P元素的3P电子为半充满,较稳定,其第一电离能大于S元素,则A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为:Na<S<P<Cl;
(3)因P元素为第VA族元素,该族元素的氢化物中NH3分子间具有氢键,而AsH3分子的相对分子质量比PH3分子的大,所以P元素的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的;(4)化合物PCl3的分子中,P原子有3个成键电子对和1个孤电子对,则其杂化类型是sp3杂化;分子空间构型是三角锥形;(5)配合物Fe(CO)5常温下呈液态,熔、沸点较低,易溶于非极性溶剂,据此可判断Fe (CO)5属于分子晶体;由图可知,体心立方晶胞中含有2个Fe原子,面心立方晶胞中含有4个Fe原子,则体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为1:2。

五、综合题:共5题
19.碘化钠在医药中用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂,也用作食品添加剂、感光剂等。

工业上用NaOH溶液、水合肼制取碘化钠固体,其制备流程图如下:
已知:N2H4·H2O在100℃以上分解。

(1)已知,在合成过程的反应产物中含有NaIO3,则在合成过程中消耗了3 mol I2,所生成NaIO3的物质的量为 mol。

(2)写出还原过程中的离子方程
式;在还原过程中,为了加快反应,可采取可提高反应温度,但温度不得超
过℃;请选择下列试剂检测所得碘化钠固体中是否含有NaIO3杂
质 (选填字母)。

A.FeCl2溶液
B.冰醋酸
C.CKI溶液
D.淀粉溶液
(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下:
a.称取4.000g 样品、溶解,在250mL 容量瓶中定容;
b.量取25.00ml 待测液于锥形瓶中,然后加入足量的FeCl3溶液,充分反应后,再加入A溶液作指示剂;
c.用0.1000mol·L -1的Na2S2O3溶液进行滴定至终点(发生反应的方程式为:
2Na 2S2O3 +I2Na2S2O4 +2NaI),重复测定2次,所得的相关数据如下表:
①操作b中,加入足量的FeCl3溶液时所发生的离子方程式
为。

②加入A物质为 (填名称);滴定终点观察到的现象
为。

③计算该样品中NaI的含量
为。

(只写出有具体数值的表达式即可)
(4)碘化钠固体的保存方法是。

【答案】(1) 1
(2)2+3N 2H4·H2O3N2 +2I- +9H2O 100 BD
(3)①2Fe3+ +2I-2Fe2++I 2
②淀粉试液溶液由浅蓝色褪色,且半分钟内不变色③90.00%
(4)用棕色瓶遮光、密封保存
【解析】本题考查化学工艺流程,涉及氧化还原反应方程式的书写及计算、离子的检验、滴定法测物质的含量等。

(1)根据反应3I 2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O,当消耗3 mol I2时,所生成NaIO3的物质的量为1mol;(2)还原过程中NaIO3把N2H4·H2O氧化为N2,自身被还原
为NaI,离子方程式为2+3N 2H4·H2O3N2 +2I-+9H2O;根据已知:N2H4·H2O在100℃以上分解,则在还原过程中,温度不得超过100℃;NaI与NaIO3在酸性条件下能发生歧化反应生成碘单质,可用淀粉溶液检验生成的碘单质,答案选BD;(3)①测定产品中NaI含量的实验原理是:用Fe3+离子将I-离子氧化为I2,再用Na2S2O3进行滴定,则操作b中,加入足量的FeCl 3溶液时所发生的离子方程式为:2Fe3++2I-2Fe2++I2;②因碘遇淀粉变为蓝色,滴定碘时用淀粉做指示剂,则加入的物质A为淀粉;滴定终点观察到的现象为:溶液由浅蓝色褪色,且半分钟内不变色;③根据计算可知三次实验所用Na2S2O3溶液的平均体积为
24.00mL,则n(Na2S2O3)=0.1000mol·L -1=2.410-3mol,由2NaI ~I2~2Na2S2O3知,n(NaI)= 2.410-3mol,则该样品中NaI的含量为
100%;(4)碘化钠见光易分解,且易被空气氧化,所以碘化钠固体应用棕色瓶遮光、密封保存。

20.焦炭与CO、CO2、H2均是重要的化工原料,由CO2制备甲醇过程可能涉及的反应如下:
反应Ⅰ:CO2 (g)+3H2 (g) CH3OH(g)+H2O(g) △H1 =-49.58kJ·mol -1
反应Ⅱ:CO2 (g)+H2 (g) CO(g)+H2O(g) △H2 =+41.19kJ·mol -1
反应Ⅲ:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H3
回答下列问题:
(1)反应Ⅲ的△H3 = ,反应Ⅲ自发进行的条件
是 (填“较低温”、“较高温”或“任何温度”)。

(2)将焦炭与水蒸气置于容积为2L的密闭容器中发生反应:C(s) +H2O(g)
CO(g)+H2(g),其中H2O、CO的物质的量随时间的变化曲线如图所示。

①0 ~ 1min 内用H2表示该反应的速率为,第一个平衡时段的平衡常数是。

②若反应进行到2min时,改变了温度,使曲线发生如图所示的变化,则温度变化
为 (填“升温”或“降温”)。

③反应至5min时,若也只改变了某—个条件,使曲线发生如图所示的变化,该条件可能是下述中的。

a.加入了C(s)
b.加入了水蒸气
c.降低了温度
d.增大了压强
(3)某研究小组将一定量的H2和CO2充入恒容密闭容器中并加入合适的催化剂(发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ),测得了不同温度下体系达到平衡时CO2的转化率(曲线a)及CH3OH 的产率(曲线b),如图所示,请回答问题:
据图可知当温度高于260℃后,CO的浓度随着温度的升高而(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法判断”),其原因
是。

(4)若以CO、O2、K2CO3等构成的熔融盐电池为电源,用惰性电极电解200mL 饱和食盐水,则负极上的电极反应式为,当有2.8g 燃料被消耗时,电解池中溶液的pH= (常温下,忽略溶液的体积变化,不考虑能量的其他损耗)。

【答案】(1)-90.77kJ·mol -1 较低温
(2)0.1mol·L -1·min-10.017mol·L -1
②升温③ b
(3)增大反应Ⅰ、反应Ⅱ均为放热反应,温度升高不利于CO2、CO转化为甲醇;反应Ⅱ为吸热反应,温度升高使更多的CO2转化为CO。

综上所述,CO的浓度一定增大(或其他合理答案)
(4)CO+-2e-2CO 2 14
【解析】本题考查盖斯定律,化学反应速率、化学平衡及影响因素,电解原理等。

(1)根据盖斯定律,反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ,则△H3=-49.58-41.19=-90.77kJ•mol-1;反应Ⅲ是放热且熵减的反应,根据△G=△H-T△S,自发进行的条件是较低温。

(2)①根据方程式v(H2)=
v(H2)==0.1mol L -1min-1;由图可知1min时达到第一个平衡,此时
c(H2O)==0.6 mol L -1,同理c(CO)=c(H2)=0.1 mol L -1,则
K===0.017 mol L-1;②因焦炭与水蒸气的反应是吸热热反应,2min 时改变温度后,水的物质的量减小,CO的物质的量增大,即平衡正向移动,则温度变化为升温;③由图可知,反应至5min时CO的物质的量不变,水的物质的量瞬时增大,则改变条
件为:加入了水蒸气,答案选b。

(3)反应I、III均为放热反应,温度升高不利于CO2、CO 转化为甲醇,反应II为吸热反应,温度升高使更多的CO2转化为CO,所以当温度高于260℃后,CO的浓度随着温度的升高而增大;(4)该电池中燃料CO在负极失电子生成CO2,电极反
应式为CO+-2e-2CO 2;电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-
+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-,当有2.8g即0.1molCO被消耗时,电解池中n(OH-)=0.2mol,c(OH-)==1 mol L -1,则c(H+)=10-14 mol L -1,溶液的pH=14。

21.某研究小组利用乳酸钙和FeCl2为原料生产乳酸亚铁([CH3CH(OH) COO]2Fe·3H2O) 和医用二水合氯化钙晶体(CaCl2·2H2O的质量分数为97.3% ~99.3%),制备流程如下:
(1)实验室常用两种方案制备FeCl2,写出原子利用率为100%的反应的化学方程
式;在FeCl2溶液中需要

(2)制备乳酸亚铁晶体是向乳酸钙溶液中加入过量的FeCl2溶液,写出该反应的化学方程
式。

(3)操作1、操作2、操作3依次
为、、。

(4)向“滤液a中先加H2O2溶液,作用
是。

然后
再调节溶液的pH 约为5,目的
是。

(5)向“滤液b”加盐酸的目的
是。

(6)为测定样品中CaCl2·2H2O的含量,称取0.7600g样品并配成250mL 溶液,各取该溶液25.00mL,分别置于三个锥形瓶中,用0.05000mol·L-1 AgNO3溶液进行三次滴定,消耗AgNO3溶液的平均体积为20.39mL。

计算样品中CaCl2·2H2O的质量分数
为。

【答案】(1)Fe+2FeCl 33FeCl2过量的铁粉 (写“铁粉”也给分)
(2)[CH3CH(OH)COO]2Ca+FeCl2 +3H2O[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O↓ + CaCl2
(3)过滤蒸馏蒸发浓缩、冷却结晶
(4)将亚铁离子氧化为铁离子使铁离子形成氢氧化铁沉淀而除去
(5)除去过量的氢氧化钙[Ca(OH)2或OH- ]
(6)98.60%
【解析】本题考查化学工艺流程,涉及化学实验方案的设计与评价、实验操作及物质含量的测定。

(1)原子利用率为100%的反应一般为化合反应,则化学方程式为Fe+2FeCl 33FeCl2;为防止FeCl2被氧化,在FeCl2溶液中需加过量的铁粉。

(2)乳酸钙与过量的FeCl2反应制取乳酸亚铁的方程式为:[CH3CH(OH)COO]2Ca+FeCl2 +3H2O[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O↓ + CaCl2。

(3)根据流程图可知,操作1是分离沉淀和滤液,应为过滤;操作2是从洗涤液中分离乙醇,应为蒸馏;操作3是从滤液中析出晶体,应为蒸发浓缩、冷却结晶。

(4)因Fe3+比Fe2+更容易形成沉淀除去,则向滤液a中先加H2O2溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子;然后再调节溶液的pH约为5,使铁离子形成氢氧化铁沉淀而除去。

(5)向滤液b加盐酸的目的是除去过量的氢氧化钙[Ca(OH)2或OH-],以制得纯净的CaCl2·2H2O。

(6)由CaCl2·2H2O~ 2AgNO3,则
n(CaCl2·2H2O)=n(AgNO3),样品中CaCl2·2H2O的质量分数为
=98.60%。

22.β—拉帕醌(β—lapachone)是一种抗癌新药,合成路线如下:。

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