2021-2022学年河北省张家口市高三(上)期末化学试卷( 含答案解析)
展开河北文化内涵丰厚,文化遗产绚丽多彩。下列文化遗产的主要材料不属于天然有机高分子的是( )
A. AB. BC. CD. D
能源和环境是人类关注的两大热点。下列说法正确的是。( )
A. 发展火电有利于尽早实现“碳中和、碳达峰”目标
B. 南水北调可以优化水资源配置和促进区域协调发展
C. 普及氢能、生物质能等二次能源有利于改善环境
D. 石油裂解的主要目的是提高汽油的产量
下列实验装置正确且能达到实验目的的是( )
A. 用甲装置除去食盐水中混有的不溶杂质B. 用乙装置提纯Al(OH)3胶体
C. 用丙装置分离苯和硝基苯的混合物D. 用丁装置进行酸碱中和滴定实验
过氧化钠和超氧化钾(KO2)均能与CO2和水蒸气反应生成O2,是常用的高原和深水作业的供氧剂。下列说法错误的是。( )
A. Na2O2和KO2均属于离子化合物
B. KO2发生供氧反应时既作氧化剂又作还原剂
C. Na2O2在空气中长时间放置,最终所得固体为Na2CO3
D. 等物质的量的KO2和Na2O2完全发生供氧反应,Na2O2的供氧量大
设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是。( )
A. 0.1ml乙烯中含有共用电子对的数目为0.5NA
B. 标准状况下,22.4L甲酸中含有原子的数目为5NA
C. 1mlSO2和1mlO2充分反应后氧原子的数目为4NA
D. 1L0.1ml⋅L−1NaF溶液中阳离子的数目为0.1NA
科学家以钙离子撞击Cf(靶),产生了一种超重元素Og,其反应可表示为 2048Ca+98249Cf→118294Og+301n。下列说法正确的是( )
A. 钙离子的电子式为B. 98249Cf与 118294Og的中子数相差25
C. 1个 01n与1个 12C的质量之比约为1D. 2048Ca与 2040Ca互为同素异形体
如图所示化合物是一种重要的工业原料。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素,X、Y同主族,W与Z原子的质子数之和等于X原子质子数的3倍。下列说法错误的是。( )
A. 四种元素的原子中,半径最小的是W
B. X与Z可形成含有非极性键的化合物
C. Y的最高价氧化物的结构单元为四面体形
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性:X>Y>Z
化合物M(结构如图所示)是合成抗新冠药物的中间体。下列关于M的说法错误的是( )
A. 与互为同系物
B. 所有碳原子不可能处于同一平面
C. 苯环上的一氯代物有4种(不含立体异构)
D. 1mlM最多与3mlH2发生加成反应
下图为一种一氧化碳气体传感器的结构示意图,它与报警器配套使用,是一氧化碳气体报警器中的核心检测元件。当一氧化碳气体扩散到传感器时,其输出端产生电流输出,通过外接信号采集电路和相应的转换、输出电路,就能够对一氧化碳气体实现检测和监控。下列关于这种一氧化碳气体传感器的说法中正确的是( )
A. 该传感器将电能转化为化学能
B. 传感器中的对电极为负极,电解液中H+向对电极移动
C. 一氧化碳气体在工作电极上的反应式为:CO+H2O+2e−=CO2+2H+
D. 该传感器产生输出电流大小与一氧化碳气体的浓度成正比
卤代烃在乙醇中进行溶解反应的机理如图所示(R表示烃基)。下列说法错误的是( )
A. 步骤Ⅰ是总反应的决速步骤
B. 总反应属于取代反应
C. H+是总反应的催化剂,能降低反应的活化能
D. 反应过程中氧原子的成键数目保持不变
下列应用涉及的化学原理正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
二氧化钛(TiO2)是一种重要的工业原料。学习小组由酸性含钛废液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42−)制备TiO2的主要流程如图:
下列说法正确的是( )
A. 结晶工序控制较低温度可以提高钛的提取率
B. 结晶时可在蒸发皿中直接蒸干溶剂获得FeSO4⋅7H2O
C. 水解所得滤液中的溶质只有FeSO4
D. 洗涤时需先将H2TiO3转移到烧杯中再加洗涤剂
下列说法中错误的是( )
A. 0.1ml⋅L−1NaHCO3 溶液中:c(Na+)>c(HCO3−)+2c(CO32−)
B. 向0.1ml⋅L−1醋酸溶液中加入少量冰醋酸,c(CH3COO−)c(CH3COOH)增大
C. 向0.1ml⋅L−1氨水中加入蒸馏水,溶液中H+、OH−浓度均减小
D. 向浓度均为0.1ml⋅L−1的NaCl、KI混合溶液中逐滴加入AgNO3稀溶液,先产生黄色沉淀,可说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
高锰酸钾是一种常见的氧化剂,工业上碱熔法利用软锰矿(MnO2)制备高锰酸钾的流程如图。某化学活动小组在实验室中模拟该流程制备高锰酸钾,并对产物中KMnO4的质量分数进行测定。
(1)“熔融氧化”步骤在坩埚中进行,则选用坩埚的材料为 ______(填序号)。
A.陶瓷
B.石英
C.铁
D.刚玉(Al2O3)
(2)工业上电解制取KMnO4溶液时,生成的 ______(填化学式)经回收可以返名回“熔融氧化”步骤循环利用。
(3)由KMnO4溶液获得KMnO4晶体的一系列操作为 ______、______、过滤、洗涤、干燥。
(4)按下述步骤测定产物中KMnO4的质量分数:
a.用分析天平准确称取KMnO4样品1.0000g,配制成250mL溶液;
b.用分析天平准确称取0.1340gNa2C2O4,加入500mL的锥形瓶中,用100mL蒸馏水溶解,再加入3ml⋅L−1硫酸10mL,加热到70∼80℃;
c.趁热用高锰酸钾溶液进行滴定;
d.重复步骤b、c三次测定数据如下表,并进行数据处理。
①配制KMnO4样品溶液时,下列玻璃仪器中不需要的有 ______(填序号)。
②步骤b适宜选用的加热方式为 ______,需趁热滴定是因为反应在常温下进行较慢,一般要求滴定结束时不低于60℃,但也不能温度过高,防止H2C2O4部分分解导致测定结果 ______(填“偏高”或“偏低”)。
③滴定终点现象为 ______;产物中KMnO4的质量分数为 ______。
锡铬合金常用于金属焊接,废旧锡铬合金(含Sn、SnO和少量Cr、Pb)可综合利用,其工艺流程如图:
已知:
Ⅰ.“熔融氧化”反应的还原产物为NaNO2
Ⅱ.Ksp[Sn(OH)2]=1×10−26、Ksp[Cr(OH)3]=1×10−31、Ksp[Pb(OH)2]=1×10−16;溶液中离子浓度≤10−5ml⋅L−1时,认为该离子沉淀完全
回答下列问题:
(1)“热溶”时,H2SO4溶液浓度过高会导致的后果为 ______;溶渣的主要成分为 ______(填化学式)。
(2)若“热溶”所得溶液中c(Sn2+)=1.0ml⋅L−1、c(Cr3+)=2×10−3ml⋅L−1、c(Pb2+)=5×10−9ml⋅L−1,则物相1为 ______(填“滤液”或“滤渣”)。
(3)粗锡中含有少量金属杂质,由粗锡制备高纯锡的常用方法为 ______。
(4)“熔融氧化”反应的化学方程式为 ______。
(5)“调pH2”时需调Na2CrO4溶液的pH使之变 ______(填“大”或“小”),理由为 ______。
(6)“转化、分离”中,能通过蒸发浓缩、降温至10℃、结晶的方法分离得K2CrO7的原因为 ______。
氮和碳的单质和化合物与生产、生活关系密切,其综合利用是科研领域的传统热点。已知:
Ⅰ.N2O(g)+CO(g)⇋N2(g)+CO2(g)ΔH=−356kJ⋅ml−1
Ⅱ.2N2O(g)⇋2N2(g)+O2(g)ΔH=−146kJ⋅ml−1
回答下列问题:
(1)CO的燃烧热ΔH=______。
(2)图1为反应Ⅰ的能量变化示意图,两步过程中第 ______(填“1”或“2”)步的速率较快,Fe在反应中的作用是 ______。
(3)起始向10L恒温恒容的密闭容器甲中充入1mlN2O和1mlCO,发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。5min达到平衡时,测得CO的转化率为60%,N2和O2的分压之比为8:1。
①0∼5min内,平均反应速率v(O2)=______。
②反应Ⅰ的平衡常数Kc=______。
③若在起始容积和温度与甲相同的恒容绝热密闭容器乙中充入1mlN2O和1mlCO,重复实验。则N2O的平衡分压:甲 ______乙(填“大于”“小于”或“等于”),理由为 ______。
(4)不同压强下,以物质的量之比为1:1向密闭容器中充入N2O和CO,发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。实验测得N2O的平衡转化率与温度的关系如图2所示。p1、p2、p3由大到小的顺序为 ______;温度高于T0℃时,容器内发生的主要反应为 ______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅰ和Ⅱ”)。
磁性材料在电子器件、记忆元件、微波元件等的制造中发挥着重要作用,目前已发展到以Nd2Fe14B、KCF3等为代表的第三代。回答下列问题:
(1)钕(Nd)属于镧系元素,则其在元素周期表中处于 ______区。
(2)化合物中含有未成对电子时表现为顺磁性,则FeSO4______(填“是”或“否”)具有顺磁性;1mlSO42−中含有π键的数目为 ______。
(3)BF3的立体构型为 ______;其中B原子的杂化方式为 ______。
(4)KBH4是一种重要的还原剂,其组成元素的电负性由大到小的顺序为 ______。
(5)物质的量相等的a.[C(NH3)4Cl2]Cl、b.C(NH3)3Cl3]、c.[C(NH3)6]Cl3、d.[C(NH3)5Cl]Cl2分别与足量AgNO3反应,生成AgCl的物质的量由大到小的顺序为 ______(填字母序号);NH3的沸点小于N2H4的原因为 ______。
(6)KCF3的钙钛矿型立方晶胞结构如图所示,其中C填充在F形成的正八面体中心。
①K、C、F的第一电离能由大到小的顺序为 ______。
②若阿伏加德罗常数的值为NA,晶体密度为ρg⋅cm−3,则K和C之间的最短距离为 ______pm。
化合物M是一种抗菌、消炎药物中间体。实验室由A制备M的一种合成路线如图:
回答下列问题:
已知:
①
②
(1)A的化学名称为 ______;B中官能团的名称为 ______。
(2)由C生成D的反应类型为 ______;吡啶是一种有机碱,其在反应中的作用为 ______。
(3)E的结构简式为 ______。
(4)Q为F的同分异构体。写出所有同时满足下列条件的Q的结构简式 ______、______(不含立体异构)。
①属于芳香化合物,核磁共振氢谱中有4组吸收峰
②1mlQ最多能与2mlNaHCO3反应
(5)由G生成M和HI的化学方程式为 ______。
(6)参照上述合成路线和信息,以为原料(无机试剂任选),设计制备的合成路线 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解:A.驴皮的主要成分是蛋白质,属于天然有机物高分子化合物,故A正确;
B.水晶主要成分是二氧化硅,属于无机物,故B错误;
C.木材的主要成分为纤维素,属于天然高分子材料,故C正确;
D.纸张的主要成分为纤维素,属于天然高分子材料,故D正确;
故选:B。
A.驴皮的主要成分是蛋白质;
B.水晶主要成分是二氧化硅;
C.木材的主要成分为纤维素;
D.纸张的主要成分为纤维素。
本题考查常见的材料及其组成,难度不大,熟悉常见的有机材料及其组成是解答的关键,注意日常学习中的积累。
2.【答案】B
【解析】解:A.发展火电会使用含碳燃料,不利于实现“碳中和、碳达峰”,故A错误;
B.南水北调可以优化水资源配置和促进区域协调发展,故B正确;
C.生物质能是一次能源,不是二次能源,故C错误;
D.石油裂解的主要目的是获得乙烯,石油裂化的目的是获得汽油,故D错误;
故选:B。
A.为达到控碳目标,应减少使用含碳燃料,开发新能源;
B.南水北调可以优化水资源配置和促进区域协调发展;
C.生物质能是一次能源;
D.石油裂解的主要目的是获得乙烯。
本题考查清洁能源、环境保护及石油裂化和石油裂解,难度不大,注意基础知识的积累。
3.【答案】B
【解析】解:A.过滤遵循一贴二低三靠,图中漏斗下端未紧靠烧杯内壁,故A错误;
B.分子、离子可透过半透膜,而胶体粒子可以,图中渗析法可提纯Al(OH)3胶体,故B正确;
C.蒸馏时温度计测定馏分的温度,温度计的水银球未在蒸馏烧瓶的支管口处,故C错误;
D.NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中,不能选图中碱式滴定管,故D错误;
故选:B。
A.过滤遵循一贴二低三靠;
B.分子、离子可透过半透膜,而胶体粒子可以;
C.蒸馏时温度计测定馏分的温度;
D.NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中。
本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解:A.Na2O2和KO2均是由阴、阳离子组成的离子化合物,故A正确;
B.KO2发生供氧反应时,其中O的化合价既升高又降低,故既作氧化剂又作还原剂,故B正确;
C.Na2O2在空气中长时间放置,会和水蒸气、二氧化碳反应,最终得到的固体为Na2CO3,故C正确;
D.由反应原理可得关系式:4KO2∼3O2、2Na2O2∼O2,由此推得等物质的量的KO2和Na2O2完全发生供氧反应,KO2的供氧量大,故D错误;
故选:D。
Na2O2为离子化合物,KO2与Na2O2性质相似,KO2自身发生氧化还原反应生成K2CO3和O2,Na2O2和KO2与CO2化学方程式为4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
本题考查碱金属化合物的性质,题目难度中等,注意根据Na2O2的性质进行类比,并根据化学方程式分析。
5.【答案】C
【解析】解:A.1个乙烯分子中含有共用电子对数为6,0.1ml乙烯中含有共用电子对的数目为0.6NA,故A错误;
B.标况下甲酸为液态,不能使用气体摩尔体积,故B错误;
C.依据原子个数守恒可知,1mlSO2和1mlO2充分反应后氧原子的数目为4NA,故C正确;
D.NaF溶液含有钠离子、氢离子,所以1L0.1ml⋅L−1NaF溶液中阳离子的数目大于0.1NA,故D错误;
故选:C。
A.乙烯分子中含有4个碳氢键和1个碳碳双键;
B.气体摩尔体积使用对象为气体;
C.依据原子个数守恒判断;
D.NaF溶液含有钠离子、氢离子。
本题考查阿伏加德罗常数的应用,题目难度不大,明确物质的量与阿伏加德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系为解答关键,注意掌握常见物质组成、结构特点,试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
6.【答案】B
【解析】解:A.钙离子的电子式为:Ca2+,故A错误;
B.前者中子数为:249−98=151,后者中子数为:294−118=176,二者中子数相差:176−151=25,故B正确;
C. 01n质量数为1, 12C质量数为12,则1个 01n与1个 12C的质量之比约为1:12,故C错误;
D.二者质子数相同,中子数不同,互为同位素,故D错误;
故选:B。
A.金属阳离子的电子式为其离子符号;
B.质量数减质子数等于中子数,前者中子数为:249−98=151,后者中子数为:294−118=176;
C. 01n质量数为1, 12C质量数为12;
D.同素异形体研究对象为单质。
本题考查了原子结构、电子式的书写,主要是原子中的微粒关系和电子式书写,题目难度不大,注意阳离子电子式即其阳离子符号。
7.【答案】D
【解析】解:结合分析可知,W为H,X为C,Y为Si,Z为Cl元素,
A.四种元素中,H(W)的原子半径最小,故A正确;
B.X与Z可形成的化合物为氯代烃,碳原子数≥2的氯代烃分子中均含有C−C非极性键,故B正确;
C.Y的最高价氧化物为二氧化硅,二氧化硅的结构单元为四面体形,故C正确;
D.非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,非金属性Cl>C>Si,则最高价氧化物对应水化物的酸性:Z>X>Y,故D错误;
故选:D。
如图所示化合物是一种重要的工业原料,其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素,X、Y同主族,结合图示可知,X、Y均形成4个共价键,二者位于ⅣA族,则X为C,Y为Si元素;W与Z原子的质子数之和等于X原子质子数的3倍,W与Z原子的质子数之和为6×3=18,X、Z均形成1个共价键,X的原子序数小于C,Z的原子序数大于Si,则X为H,Z为Cl元素,以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律,为高频考点,把握原子序数、物质结构来推断元素为解答关键,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。
8.【答案】A
【解析】解:A.与结构不相似,所以二者不互为同系物,故A错误;
B.该分子中含有饱和碳原子,饱和碳原子具有甲烷结构特点,所以该分子中所有碳原子不可能共平面,故B正确;
C.苯环上有4种氢原子,其苯环上的一氯代物就有4种,故C正确;
D.苯环和氢气以1:3发生加成反应,酯基中碳氧双键和氢气不反应,所以1mlM最多与3mlH2发生加成反应,故D正确;
故选:A。
A.与结构不相似;
B.该分子中含有饱和碳原子,饱和碳原子具有甲烷结构特点;
C.苯环上有几种氢原子,其苯环上的一氯代物就有几种;
D.苯环和氢气以1:3发生加成反应,酯基中碳氧双键和氢气不反应。
本题考查有机物结构和性质,侧重考查酯和酮的性质,明确官能团及其性质关系、基本概念内涵是解本题关键,采用知识迁移方法判断原子是否共平面,题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解:A.该传感器将化学能转化为电能,故A错误;
B.对电极为正极,电解液中氢离子(阳离子)向正极(对电极)移动,故B错误;
C.工作电极为负极,电极反应式为CO+H2O−2e−=CO2+2H+,故C错误;
D.当一氧化碳气体扩散到传感器时,其输出端产生电流输出,一氧化碳气体的浓度越大,单位时间内通过的CO就越多,产生的电子就越多,电流就越大,故D正确;
故选:D。
由图可知,该装置为原电池,碳元素价态升高失电子,工作电极为负极,电极反应式为CO+H2O−2e−=CO2+2H+,对电极为正极,电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O,据此作答。
本题考查原电池原理,题目难度中等,能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键,难点是电极反应式的书写。
10.【答案】CD
【解析】解:A.慢反应为总反应的决速步骤,因此步骤Ⅰ是总反应的决速步骤,故A正确;
B.总反应为卤代烃与醇生成醚的取代反应,故B正确;
C.H+是生成物,故C错误;
D.由图知,反应过程中,氧原子成两个键和三个键,故D错误;
故选:CD。
A.慢反应为总反应的决速步骤;
B.总反应为卤代烃与醇生成醚的反应;
C.催化剂是在反应前后质量不发生变化的物质;
D.反应过程中,氧原子成两个键和三个键。
本题考查反应热和焓变,侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力,明确外界条件对化学反应速率影响原理、活化能与反应速率的关系等知识点是解本题关键,题目难度不大。
11.【答案】AC
【解析】解:A.干冰升华吸热使水蒸气凝结形成降雨,故干冰用于人工降雨,故A正确;
B.外接电流的阴极保护法指的是让被保护的钢铁管道连接电源的负极作阴极,阳极材料一般采用惰性电极,故B错误;
C.小苏打可与盐酸反应且生成的NaCl、二氧化碳和水对皮肤无伤害,可用小苏打溶液中和溅在皮肤上的盐酸,故C正确;
D.Fe3+与SCN−生成络合物Fe(SCN)3,溶液变为血红色,不生成红色沉淀,故D错误;
故选:AC。
A.干冰升华吸热;
B.钢铁管道连接电源的负极作阴极被保护;
C.小苏打与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水;
D.Fe3+与SCN−生成Fe(SCN)3。
本题考查金属的腐蚀与防护、离子检验和物质用途,题目难度中等,掌握常见的金属防护知识和物质的性质、用途是解题的关键。
12.【答案】A
【解析】解:A.温度越低,钛的提取率越高,故结晶工序控制较低温度可以提高钛的提取率,故A正确;
B.结晶时可在蒸发皿中直接蒸干溶剂FeSO4⋅7H2O会失去结晶水,生成FeSO4,故B错误;
C.水解所得滤液中的溶质有FeSO4和H2SO4,故C错误;
D.洗涤时将H2TiO3直接在漏斗中洗涤即可,故D错误;
故选:A。
酸性含钛废液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42−)加入铁粉还原,结晶获得FeSO4⋅7H2O,母液经90℃水解,生成H2TiO3,加入稀硫酸和水洗涤,经干燥、煅烧分解,发生反应H2TiO3−△TiO2+H2O,据此分析回答问题。
本题考查物质的制备实验方案设计,为高考常见题型和高频考点,侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力,综合性较强,注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用,难度中等。
13.【答案】BC
【解析】解:⋅L−1NaHCO3 溶液显碱性,c(H+)
B.向0.1ml⋅L−1醋酸溶液中加入少量冰醋酸,醋酸电离程度减小,c(CH3COO−)c(CH3COOH)=n(CH3COO−)n(CH3COOH),比值减小,故B错误;
C.向0.1ml⋅L−1氨水中加入蒸馏水,溶液中氢氧根离子浓度减小,氢离子浓度增大,故C错误;
D.首先生成溶度积小的物质,先产生黄色沉淀,说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),故D正确;
故选:BC。
⋅L−1NaHCO3 溶液显碱性,碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度,结合溶液中存在的钝化守恒分析判断;
B.向0.1ml⋅L−1醋酸溶液中加入少量冰醋酸,醋酸电离程度减小;
C.向0.1ml⋅L−1氨水中加入蒸馏水,促进一水合氨电离,溶液中氢氧根离子浓度减小,溶液中存在离子积常数判断离子浓度变化;
D.首先生成溶度积小的物质,则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)。
本题考查了盐类水解、弱电解质电离平衡影响因素分析判断、溶度积常数的应用等知识点,注意原理的理解是解题关键,题目难度中等。
14.【答案】C KOH 蒸发浓缩 冷却结晶 ABC 水浴加热 偏高 最后一滴高锰酸钾溶液滴入锥形瓶,溶液由无色变为粉红色,且半分钟不褪色 63.2%
【解析】解:(1)“熔融氧化”步骤在坩埚中进行,由于有氢氧化钠参与反应,则选用坩埚的材料为铁,
故答案为:C;
(2)工业上电解制取KMnO4溶液时,阴极有氢氧化钾产生,经回收可以返回“熔融氧化”步骤循环利用,
故答案为:KOH;
(3)由KMnO4溶液获得KMnO4晶体的一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,
故答案为:蒸发浓缩;冷却结晶;
(4)①配制KMnO4样品溶液时,需要烧杯、容量瓶、胶头滴管。玻璃杯,故不需要的仪器为量筒、分液漏斗、烧瓶,
故答案为:ABC;
②步骤b适宜选用的加热方式为水浴加热,需趁热滴定是因为反应在常温下进行较慢,一般要求滴定结束时不低于60℃,但也不能温度过高,温度过高,H2C2O4部分分解,导致草酸用量偏多,测定结果偏大,
故答案为:水浴加热;偏高;
③高锰酸钾自身可以作为指示剂,滴定终点现象为最后一滴高锰酸钾溶液滴入锥形瓶,溶液由无色变为粉红色,且半分钟不褪色,反应草酸钠的物质的量为0.1340g134g/ml=0.001ml,高锰酸钾的平均体积为25.10+24.80+25.103mL=25.00mL,高锰酸钾的浓度为0.001×25ml25×10−3L=0.016ml/L,高锰酸钾的物质的量为0.016ml/L×0.25L=0.004ml,产物中KMnO4的质量分数为0.004×1581×100%=63.2%,
故答案为:最后一滴高锰酸钾溶液滴入锥形瓶,溶液由无色变为粉红色,且半分钟不褪色;63.2%。
分析流程可知,二氧化锰加入氢氧化钾和氯酸钾熔融氧化,生成锰酸钾,锰酸钾热溶解获得对应溶液进行电解,锰酸钾被氧化为高锰酸钾,经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥获得最终产品,
(1)“熔融氧化”步骤在坩埚中进行,由于有氢氧化钠参与反应;
(2)工业上电解制取KMnO4溶液时,阴极有氢氧化钾产生;
(3)由KMnO4溶液获得KMnO4晶体的一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,;
(4)①配制KMnO4样品溶液时,需要烧杯、容量瓶、胶头滴管。玻璃杯;
②步骤b适宜选用的加热方式为水浴加热,需趁热滴定是因为反应在常温下进行较慢,一般要求滴定结束时不低于60℃,但也不能温度过高,温度过高,H2C2O4部分分解,导致草酸用量偏多;
③高锰酸钾自身可以作为指示剂,滴定终点现象为最后一滴高锰酸钾溶液滴入锥形瓶,溶液由无色变为粉红色,且半分钟不褪色,反应草酸钠的物质的量为0.1340g134g/ml=0.001ml,高锰酸钾的平均体积为25.10+24.80+25.103mL=25.00mL,高锰酸钾的浓度为0.001×25ml25×10−3L=0.016ml/L,高锰酸钾的物质的量为0.016ml/L×0.25L=0.004ml,据此计算。
本题考查物质的制备实验方案设计,为高考常见题型和高频考点,侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力,综合性较强,注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用,难度中等。
15.【答案】生成SO2污染空气,且降低原料的利用率 PbSO4 滤渣 电解法 Cr2O3+4NaOH+3NaNO3=2Na2CrO4+3NaNO2+2H2O小 调节pH,转化使2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O的平衡正向移动,提高产率 K2Cr2O7的溶解度随温度降低而减小,在10℃时比溶液中其他物质溶解度更小
【解析】解:(1)“热溶”时,H2SO4溶液浓度过高会导致的后果为生成SO2污染空气,且降低原料的利用率,溶渣的主要成分为PbSO4,
故答案为:生成SO2污染空气,且降低原料的利用率;PbSO4;
(2)若“热溶”所得溶液中c(Sn2+)=1.0ml⋅L−1、c(Cr3+)=2×10−3ml⋅L−1、c(Pb2+)=5×10−9ml⋅L−1,Ksp[Sn(OH)2]=1×10−26、Ksp[Cr(OH)3]=1×10−31、Ksp[Pb(OH)2]=1×10−16,Ksp[Sn(OH)2]最小,则物相1为Sn(OH)2沉淀,
故答案为:滤渣;
(3)粗锡中含有少量金属杂质,由粗锡制备高纯锡的常用方法为电解法,
故答案为:电解法;
(4)加入氧化铬、氢氧化钠、硝酸钠进行熔融氧化,溶解获得Na2CrO4,“熔融氧化”反应的化学方程式为Cr2O3+4NaOH+3NaNO3=2Na2CrO4+3NaNO2+2H2O,
故答案为:Cr2O3+4NaOH+3NaNO3=2Na2CrO4+3NaNO2+2H2O;
(5)“调pH2”时需调Na2CrO4溶液的pH使之变小,原因在于调节pH,转化使2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O的平衡正向移动,提高产率,
故答案为:小;调节pH,转化使2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O的平衡正向移动,提高产率;
(6)“转化、分离”中,能通过蒸发浓缩、降温至10℃、结晶的方法分离得K2CrO7的原因为K2Cr2O7的溶解度随温度降低而减小,在10℃时比溶液中其他物质溶解度更小,
故答案为:K2Cr2O7的溶解度随温度降低而减小,在10℃时比溶液中其他物质溶解度更小。
分析流程可知,废旧锡铬合金(含Sn、SnO和少量Cr、Pb)加硫酸热溶,其中硫酸铅沉淀除去,滤除溶渣后,元素转为离子态存在于溶液中,调节pH沉淀除Sn,物相1为Sn(OH)2沉淀,物相2为滤液,继续处理沉淀Cr(OH)3,加入氧化铬、氢氧化钠、硝酸钠进行熔融氧化,溶解获得Na2CrO4溶液,调节pH,转化使2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O的平衡正向移动,提高产率,加入氯化钾,降低重铬酸钾的溶解度,转化分离获得产品,据此分析回答问题。
本题考查物质的制备实验方案设计,为高考常见题型和高频考点,侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力,综合性较强,注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用,难度中等。
16.【答案】−283kJ⋅ml−1 2 催化剂 0.002ml/(L⋅min)6小于 反应I和II均为放热反应,重复实验,可以理解为升高温度,平衡逆向移动,则N2O物质的量增大,分压增大,且温度升高总压增大 p3>p2>p1 I
【解析】解:(1)CO的燃烧热为1mlCO燃烧释放的热量,热化学反应方程式为III.CO(g)+12O2(g)=CO2(g),III=I−12×II=(−356kJ⋅ml−1)−12(−146kJ⋅ml−1)=−283kJ⋅ml−1,
故答案为:−283kJ⋅ml−1;
(2)图1为反应Ⅰ的能量变化示意图,活化能越低,反应速率越快,故两步过程中第2步反应速率较快,结合能量变化图可知,Fe在反应中的作用是作催化剂,
故答案为:2;作催化剂;
(3)起始向10L恒温恒容的密闭容器甲中充入1mlN2O和1mlCO,发生反应Ⅰ和反应Ⅱ,5min达到平衡时,测得CO的转化率为60%,N2和O2的分压之比为8:1,可列出三段式
N2O(g)+CO(g)⇋N2(g)+CO2(g)2N2O(g)⇋2N2(g)+O2(g)单位:ml
起始 1 1 1
转化 x x x x 2y 2y y
终止 1−x−2y1−xx+2yx1−x−2yx+2yy
5min达到平衡时,测得CO的转化率为60%,故x1×100%=60%,故x=0.6,故
N2O(g)+CO(g)⇋N2(g)+CO2(g)2N2O(g)⇋2N2(g)+O2(g)单位:ml
起始 1 1 1
转化
终止 0.4−2y0.40.6+2y0.60.4−2y0.6+2yy
N2和O2的分压之比为8:1,则0.6+2yy=8:1,y=0.1,
故平衡时刻
N2O(g)+CO(g)⇋N2(g)+CO2(g)2N2O(g)⇋2N2(g)+O2(g)单位:ml
终止
①0∼5min内,平均反应速率v(O2)=0.1ml10L5min=0.002ml/(L⋅min),
故答案为:0.002ml/(L⋅min);
②反应Ⅰ的平衡常数Kc=c(CO2)×c(N2)c(CO)×c(N2O)=0.6×0.80.2×0.4=6,
故答案为:6;
③若在起始容积和温度与甲相同的恒容绝热密闭容器乙中充入1mlN2O和1mlCO,反应I和II均为放热反应,重复实验,可以理解为升高温度,平衡逆向移动,则N2O物质的量增大,分压增大,且温度升高总压增大,
故答案为:小于;反应I和II均为放热反应,重复实验,可以理解为升高温度,平衡逆向移动,则N2O物质的量增大,分压增大,且温度升高总压增大;
(4)不同压强下,以物质的量之比为1:1向密闭容器中充入N2O和CO,发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。实验测得N2O的平衡转化率与温度的关系如图2所示,压强越大,N2O转化率越小,故p1、p2、p3由大到小的顺序为p3>p2>p1,反应温度过高,对于反应II的抑制作用过大,曲线逐渐重合,故温度高于T0℃时,容器内发生的主要反应为反应I,
故答案为:p3>p2>p1;I。
(1)CO的燃烧热为1mlCO燃烧释放的热量,热化学反应方程式为III.CO(g)+12O2(g)=CO2(g),III=I−12×II;
(2)图1为反应Ⅰ的能量变化示意图,活化能越低,反应速率越快,故两步过程中第2步反应速率较快,结合能量变化图判断Fe的作用;
(3)起始向10L恒温恒容的密闭容器甲中充入1mlN2O和1mlCO,发生反应Ⅰ和反应Ⅱ,5min达到平衡时,测得CO的转化率为60%,N2和O2的分压之比为8:1,可列出三段式
N2O(g)+CO(g)⇋N2(g)+CO2(g)2N2O(g)⇋2N2(g)+O2(g)单位:ml
起始 1 1 1
转化 x x x x 2y 2y y
终止 1−x−2y1−xx+2yx1−x−2yx+2yy
5min达到平衡时,测得CO的转化率为60%,故x1×100%=60%,故x=0.6,故
N2O(g)+CO(g)⇋N2(g)+CO2(g)2N2O(g)⇋2N2(g)+O2(g)单位:ml
起始 1 1 1
转化
终止 0.4−2y0.40.6+2y0.60.4−2y0.6+2yy
N2和O2的分压之比为8:1,则0.6+2yy=8:1,y=0.1,
故平衡时刻
N2O(g)+CO(g)⇋N2(g)+CO2(g)2N2O(g)⇋2N2(g)+O2(g)单位:ml
终止
据此回答(3);
(4)不同压强下,以物质的量之比为1:1向密闭容器中充入N2O和CO,发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。实验测得N2O的平衡转化率与温度的关系如图2所示,压强越大,N2O转化率越小,故p1、p2、p3由大到小的顺序为p3>p2>p1,反应温度过高,对于反应II的抑制作用过大。
本题考查化学平衡计算,为高频考点和高考常考题型,明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键,注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用,试题培养了学生的分析能力及综合应用能力,题目难度中等。
17.【答案】f 是 2NA 平面三角形 sp2 H>B>Kc>d>a>bNH3中能形成氢键的氢原子数小于N2H4 F>C>K32×3155NAρ×1010
【解析】解:(1)钕(Nd)属于镧系元素,则其在元素周期表中处于f区,
故答案为:f;
(2)化合物中含有未成对电子时表现为顺磁性,亚铁离子含有未成对电子,则FeSO4是顺磁性;SO42−中含有两个S=O双键,1mlSO42−中含有π键的数目为2NA,
故答案为:是;2NA;
(3)BF3中B形成3个σ键,B原子的价层电子对个数=3+0=3,无孤电子对,BF3分子构型为平面三角形,B原子杂化为sp2,
故答案为:平面三角形;sp2;
(4)KBH4是一种重要的还原剂,其组成元素的电负性由大到小的顺序为H>B>K,
故答案为:H>B>K;
(5)物质的量相等的a.[C(NH3)4Cl2]Cl、b.[C(NH3)3Cl3]、c.[C(NH3)6]Cl3、d.[C(NH3)5Cl]Cl2分别与足量AgNO3反应,对应电离的氯离子数目分别为1、0、3、2,故生成AgCl的物质的量由大到小的顺序为c>d>a>b(填字母序号);NH3的沸点小于N2H4的原因为NH3中能形成氢键的氢原子数小于N2H4,
故答案为:c>d>a>b;NH3中能形成氢键的氢原子数小于N2H4;
(6)①元素周期表中,非金属性越强,第一电离能越大,但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构,第一电离能偏大,故第一电离能由大到小的顺序为 F>C>K,
故答案为:F>C>K;
②若阿伏加德罗常数的值为NA,晶体密度为ρg⋅cm−3,则K和C之间的最短距离为体对角线的一半,晶胞中,若C处于晶胞顶角位置,则K处于立方晶胞体心,C与F之间的最短距离为晶胞参数的一半,设晶胞参数为apm,列式得ρ=mV=155gNA⋅(a×10−10)3⋅g/cm3,解得a=3155NAρ×1010pm,所以C与F之间的最短距离为32×3155NAρ×1010pm,
故答案为:32×3155NAρ×1010。
(1)钕(Nd)属于镧系元素;
(2)化合物中含有未成对电子时表现为顺磁性,亚铁离子含有未成对电子,则FeSO4是顺磁性;SO42−中含有两个S=O双键;
(3)BF3中B形成3个σ键,B原子的价层电子对个数=3+0=3,无孤电子对,BF3分子构型为平面三角形;
(4)结合元素所处位置判断电负性;
(5)物质的量相等的a.[C(NH3)4Cl2]Cl、b.[C(NH3)3Cl3]、c.[C(NH3)6]Cl3、d.[C(NH3)5Cl]Cl2分别与足量AgNO3反应,对应电离的氯离子数目分别为1、0、3、2;NH3的沸点小于N2H4的原因分析氢键数目的影响;
(6)①元素周期表中,非金属性越强,第一电离能越大,但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构,第一电离能偏大;
②若阿伏加德罗常数的值为NA,晶体密度为ρg⋅cm−3,则K和C之间的最短距离为体对角线的一半,晶胞中,若C处于晶胞顶角位置,则K处于立方晶胞体心,C与F之间的最短距离为晶胞参数的一半,设晶胞参数为apm,列式得ρ=mV=155gNA⋅(a×10−10)3⋅g/cm3,解得a=3155NAρ×1010pm,据此计算。
本题考查物质结构与性质,涉及核外电子排布,化学键,晶胞计算等内容,其中晶胞计算为解题难点,需要结合均摊法进行分析,掌握基础为解题关键,整体难度适中。
18.【答案】4−甲基−2−溴苯酚 醚键、碳溴键 取代反应 中和生成的HBr,提高反应物的转化率 +I2→催化剂/△+2HI→催化剂/△H2→△→催化剂
【解析】解:(1)A的结构简式为,苯酚为母体,取代基为溴原子、甲基,A的化学名称为4−甲基−2−溴苯酚;B为,B中官能团的名称为醚键、碳溴键,
故答案为:4−甲基−2−溴苯酚;醚键、碳溴键;
(2)由C生成D的反应类型为取代反应,反应反应同时有HBr生成,吡啶中和生成的HBr,有利于反应正向移动,提高反应物的转化率,
故答案为:取代反应;中和生成的HBr,提高反应物的转化率;
(3)由分析可知,E的结构简式为,
故答案为:;
(4)Q为F()的同分异构体,1mlQ最多能与2mlNaHCO3反应,说明含有2个−COOH,Q属于芳香化合物且核磁共振氢谱中有4组吸收峰,存在对称结构,符合条件的Q结构简式为、,
故答案为:、;
(5)由G生成M和HI的化学方程式为+I2→催化剂/△+2HI,
故答案为:+I2→催化剂/△+2HI;
(6)发生缩聚反应生成,与氢气反应生成,再加热脱羧生成,合成路线为→催化剂/△H2→△→催化剂,
故答案为:→催化剂/△H2→△→催化剂。
由A与B的分子式、反应条件,结合C的结构简式,可知A与CH3I发生信息①中取代反应生成B,B再发生取代反应生成C,可推知A为、B为,与HOOCCH2COOH发生取代反应生成和HBr,对比D、F的结构,结合E的分子式,可知D脱羧生成E,E中−OCH3转化为−OH而生成F,故E为,F→G是先是F中甲基与乙醛中醛基之间发生加成反应、然后再发生消去反应,G分子内成环生成M;
(6)发生缩聚反应生成,与氢气反应生成,再加热脱羧生成。
本题考查有机物的推断与合成,涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、对试剂的分析评价、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等,对比有机物的结构明确发生的反应,题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
A.唐山皮影戏-驴皮皮影
B.衡水内画-水晶瓶
C.武强年画-木刻板
D.张家口蔚县剪纸-纸花
选项
应用
化学原理
A
干冰用于人工降雨
干冰升华吸热使水蒸气凝结
B
外接电流的阴极保护法用于钢铁管道防腐
阳极材料组成元素的金属性强于铁
C
小苏打溶液用于中和溅在皮肤上的盐酸
小苏打可与盐酸反应且生成的NaCl对皮肤无伤害
D
KSCN溶液用于检验溶液中的Fe3+
Fe3+与SCN−生成红色沉淀
实验序号
1
2
3
消耗KMnO4样品溶液体积/mL
25.10
24.80
25.10
2021-2022学年河北省邢台市名校联盟高三(上)期末化学试卷( 含答案解析): 这是一份2021-2022学年河北省邢台市名校联盟高三(上)期末化学试卷( 含答案解析),共21页。试卷主要包含了4g,则反应中转移的电子数为0,1kJ⋅ml−1,【答案】C,【答案】D,【答案】A,【答案】B等内容,欢迎下载使用。
2021-2022学年河北省唐山市高三(上)期末化学试卷( 含答案解析)卷: 这是一份2021-2022学年河北省唐山市高三(上)期末化学试卷( 含答案解析)卷,共23页。试卷主要包含了02NA,4L的NO与11,0×10−8,Ka1=4,92g,48L,【答案】B,【答案】D,【答案】C等内容,欢迎下载使用。
2021-2022学年河北省石家庄市行唐县高三(上)期末化学试卷( 含答案解析): 这是一份2021-2022学年河北省石家庄市行唐县高三(上)期末化学试卷( 含答案解析),共22页。试卷主要包含了3%浓硫酸吸收SO3,【答案】B,【答案】D,【答案】C,【答案】A等内容,欢迎下载使用。