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湖南省攸县第二中学2022-2023学年高三化学第六次月考试题(Word版附解析)
湖南省攸县第二中学2022-2023学年高三化学第六次月考试题(Word版附解析)
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攸县二中2023届高三月考化学试卷(六)可能用到的相对原子质量:H-1C-12N-14O-16Mg-24Cl-35.5Fe-56Cu-64Ag-108一、选择题(本题共14小题,每小题3分,共42分,每小题只有一个选项符合题意。)1.2021年末,詹姆斯.韦伯红外线太空望远镜搭载火箭发射升空,将奔赴远离地球150万公里的第二拉格朗日点,肩负起观测宇宙形成后最初出现的星系、搜寻地外生命迹象等重任。下列有关叙述错误的是A.主镜材料为密度小,性能好的金属铍,表面的金涂层可提高红外线反射率B.望远镜需要避免太阳辐射,制作遮阳帆的聚酰亚胺薄膜属于有机高分子材料C.望远镜需要超低温环境,主动冷却器用氦制冷,氦的分子间作用力很弱,沸点极低D.望远镜工作的推进剂为N2H4和N2O4,N2O4本身的颜色会随温度升高变为红棕色【答案】D【解析】【详解】A.金属铍的性能好且密度小,适合作太空望远镜,表面的金涂层有利于红外线反射率的提高,A正确;B.聚酰亚胺是有机高分子化合物,则聚酰亚胺薄膜属于有机高分子材料,B正确;C.氦的相对分子质量很小,分子间作用力很弱,其沸点极低,可作制冷剂,C正确;D.N2O4为无色气体,会分解为红棕色的NO2气体,且随温度升高分解生成NO2的程度增大,所以气体的颜色随温度升高而不断加深,D错误;故选D。2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.6gNa37Cl中含有电子数为2.8NAB.标准状况下,11.2LCHCl3含有的分子数为0.5NAC.物质的量相等的苯、苯乙烯混合物中含C—H键数为7NAD.25°C,0.1LpH=1的盐酸稀释十倍,含有的OH-数为1×10-14NA【答案】A【解析】【详解】A.6gNa37Cl的物质的量为0.1mol,含有的电子数为(11+17)×0.1NA=2.8NA,故A正 确;B.标准状况下,CHCl3为液体,11.2LCHCl3气体的物质的量不是0.5mol,故B错误;C.苯、苯乙烯(C8H8)分子中含C—H键数分别为6、8,总物质的量不确定,所含C—H键数也不能确定,故C错误;D.25℃,0.1LpH=1的盐酸稀释十倍,体积变为1L,pH变为2,OH-的浓度为1×10−12mol/L,含有的OH-数应为1×10−12NA,故D错误;选A。3.炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示,有关该过程的叙述错误的是A.可减少CO2的排放B.Fe3O4和CaO均可循环利用C.过程①和④的转化均为氧化还原反应D.过程①的反应中有非极性键的断裂和生成【答案】D【解析】【详解】A.反应②利用二氧化碳、和氧化钙反应生成碳酸钙,第④步中二氧化碳与铁生成四氧化三铁和CO,可减少CO2的排放,A正确;B.根据反应过程可知Fe3O4和CaO均可循环利用,①中消耗Fe3O4,④中生成Fe3O4,②中消耗CaO,③中生成CaO,B正确;C.过程①中CO转化为CO2,④中CO2转化为CO,均有化合价的变化,故转化均为氧化还原反应,C正确;D.过程①的反应为CO与Fe3O4反应,生成CO2,是极性键断裂和生成,H2与Fe3O4反应是非极性键断裂和极性键生成,D错误; 答案选D。4.下列离子共存的判断或离子方程式书写正确的是A.甲基橙显黄色的溶液中可存在大量以下离子:、、、B.强酸性溶液中可存在大量以下离子:、、C.将过氧化钠投入水中:D.氨化的溶液中通入过量:【答案】C【解析】【详解】A.甲基橙显黄色的溶液中含有大量的OH-,则+2OH-=Cu(OH)2↓,Cu2++=CuCO3↓,A错误;B.强酸性溶液中含有大量的H+,则+=+Cl-,B错误;C.将过氧化钠投入水中的离子方程式为:,C正确;D.氨化的溶液中通入过量的离子方程式为:,D错误;故答案为:C。5.用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的的是A.快速制备少量NH3B.除去Na2CO3中的NaHCO3 C.制取并收集一定Cl2D.乙醇加热条件下能还原氧化铜【答案】D【解析】【详解】A.图示装置中收集NH3的试管口被试管塞堵死了,空气不能排除,将发生炸裂的安全事故,A不合题意;B.加热固体不能用蒸发皿,应该用大试管或者坩埚,B不合题意;C.Cl2的密度比空气的大,应该用向上排空气法,即收集装置中应该长进短出,C不合题意;D.已知2Cu+O22CuO、CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu,则图示装置能够实现乙醇加热条件下能还原氧化铜,D符合题意;故答案为D。6.一种光刻胶树脂单体的结构如图所示。下列说法错误的是A.该有机物分子式B.分子中存在3个手性碳原子C.与足量氢气加成产物的一溴代物有6种D.该单体水解生成的醇可以发生消去反应【答案】C【解析】【详解】A.分子中C、H、O原子个数依次是12、18、2,则该有机物分子式为, 故A正确;B.连接四种不同基团的碳原子为手性碳原子,则该化合物中含有的3个手性碳原子分别是连接2个环的桥头碳和其相邻的连接酯基的碳原子,故B正确;C.与足量氢气加成产物,含有8种氢原子,所以其一溴代物有8种,故C错误;D.水解生成的醇为(CH3)3COH,连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子,所以醇羟基能发生消去反应,故D正确;故选C选项。7.二甲醚是清洁能源,用合成气在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为。某温度下,将和充入容积为2L的密闭容器中,反应到达平衡时,改变压强和温度,平衡体系中的物质的量分数变化情况如图所示,下列四种条件下化学平衡常数最大的是A,B.,C.,D.,【答案】D【解析】【详解】通过图像可知,温度升高,一氧化碳的转化率降低,说明升高温度平衡逆向移动,该反应为放热反应,则温度越高,二甲醚的质量分数越小,故温度关系为T1>T2>T3>T4,由于正反应放热,温度越低平衡常数越大,平衡常数只和温度有关,T4故对应平衡常数最大,综上所述故选D。8.下列有关实验操作、现象和所得结论均正确的是选项实验操作现象结论 A铝箔插入稀硝酸中无明显现象铝箔表面形成了致密的氧化膜B将足量的H2O2溶液滴入少量的酸性高锰酸钾溶液溶液的紫色褪去H2O2具有漂白性C淀粉溶液中加入少量稀硫酸,加热充分反应后,向溶液中加NaOH溶液至溶液呈碱性,再将溶液分成两份一份滴加碘水,溶液不变蓝;另一份加入新制Cu(OH)2悬浊液,加热至沸腾,生成砖红色沉淀淀粉完全水解D取5mL0.1mol·L-1KI溶液,滴加5~6滴0.1mol·L-1FeCl3溶液,充分反应后,再滴加少量的KSCN溶液溶液变红KI与FeCl3的反应是可逆反应A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.铝箔插入稀硝酸中,发生反应Al+4HNO3(稀)=Al(NO3)3+NO↑+2H2O,观察到铝箔溶解,产生无色气泡,试管口气体呈红棕色;铝在浓硝酸中发生钝化;A项不符合题意;B.足量H2O2溶液中滴入少量的酸性KMnO4溶液,溶液的紫色褪去,发生反应5H2O2+2+6H+=5O2↑+2Mn2++8H2O,H2O2中O元素的化合价由-1价升至0价,H2O2具有还原性,不是漂白性,B项不符合题意;C.淀粉溶液中加入少量稀硫酸,加热充分反应后,向溶液中加NaOH溶液至溶液呈碱性,再将溶液分成两份,一份加入新制Cu(OH)2悬浊液,加热至沸腾,生成砖红色沉淀,说明淀粉已经发生水解;一份滴加碘水,加入的碘水与NaOH溶液反应,溶液不变蓝,不能证明加热充分反应后的溶液中不含淀粉,从而不能证明淀粉完全水解,C项不符合题意;D.取5mL0.1mol·L-1KI溶液,滴加5~6滴0.1mol·L-1FeCl3溶液充分反应,发生反应2I-+2Fe3+=2Fe2++I2,由于FeCl3少量,若该反应不是可逆反应,则反应后的溶液中不含Fe3+,向反应后的溶液中再滴加少量的KSCN溶液,溶液变红,说明反应后的溶液中仍存在Fe3+, 从而说明KI与FeCl3的反应是可逆反应,D项符合题意;答案选D。9.黑磷是一种黑色、有金属光泽的晶体,结构与石墨相似,如图所示。下列有关黑磷说法正确的是A.黑磷晶体中P原子杂化方式为sp2B.黑磷晶体中层与层之间的作用力为分子间作用力C.黑磷晶体的每一层中磷原子都在同一平面上D.P元素三种常见的单质中,黑磷的熔沸点最低【答案】B【解析】【详解】A.由黑鳞的结构图可知,黑鳞的中磷原子排列成立体结构,则磷原子杂化方式为sp3杂化,故A错误;B.因为黑磷晶体与石墨类似的层状结构,所以黑磷晶体中层与层之间的作用力是分子间作用力,故B正确;C.石墨晶体中碳原子为sp2杂化,则每一层中的碳原子均在同一平面上,而黑磷晶体中磷原子为sp3杂化,则每一层中的磷原子不可能在同一平面上,故C错误;D.黑磷晶体与石墨类似的层状结构,则黑磷最可能是混合型晶体(具有共价晶体和分子晶体的性质),而白磷、红磷都是分子晶体,所以黑磷的熔沸点最高,故D错误;故选B。10.MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg): M2+(g)+CO32-(g) M2+(g)+O2−(g)+CO2(g) 已知:离子电荷相同时,半径越小,离子键越强。下列说法不正确的是A.ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)>0B.ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)>0 C.ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)=ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)D.对于MgCO3和CaCO3,ΔH1+ΔH2>ΔH3【答案】C【解析】【详解】根据盖斯定律,得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3,又易知Ca2+半径大于Mg2+半径,所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3,CaO的离子键强度弱于MgO。A.ΔH1表示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量,离子键强度越大,吸收的能量越大,因而ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)>0,A项正确;B.ΔH2表示断裂CO32-中共价键形成O2−和CO2吸收的能量,与M2+无关,因而ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)>0,B项正确;C.由上可知ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)<0,而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量,ΔH3为负值,CaO的离子键强度弱于MgO,因而ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO),ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)>0,C项错误;D.由上分析可知ΔH1+ΔH2>0,ΔH3<0,故ΔH1+ΔH2>ΔH3,D项正确。故答案选C。11.下列方案设计、现象和结论有不正确的是目的方案设计现象和结论A检验海带中是否含有碘元素将海带灰溶解过滤后,取适量滤液于试管中,酸化后加入少量新制氯水,充分反应后加入1~2滴淀粉溶液溶液变蓝,则证明海带中含有碘元素B鉴定淀粉是否完全水解取少量淀粉于锥形瓶中,以固液比1∶10加入稀硫酸,牛皮纸封口,在120℃下水解30min,取适量水解液于试管中,加入少量碘-碘化钾溶液溶液未变蓝,则证明淀粉已完全水解C检验CO还原的生成物中是否含有将适量反应后的固体溶于稀盐酸中,取少量溶解液于试管中,滴加硫氰化钾溶液溶液变血红色,则证明还原产物中含有D检验食盐中是否混取适量食盐样品于试管中,加水溶解后加入硝若沉淀部分溶解, 有少量亚硝酸钠酸银溶液,过滤后取滤渣,滴加稀硝酸则证明食盐中混有亚硝酸钠A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.滤液中含有碘离子,酸化后加入少量新制氯水,氯水将碘离子氧化成单质碘,碘遇淀粉变蓝,因此溶液变蓝,则证明海带中含有碘元素,故A正确;B.淀粉遇碘单质会变蓝,120℃下水解30min,取适量水解液于试管中,加入少量碘-碘化钾溶液,溶液不变蓝,说明溶液中不存在淀粉,即淀粉已经完全分解,故B正确;C.中铁元素为+3价,若过量,CO不能将反应完全,将适量反应后的固体溶于稀盐酸中,生成氯化铁,滴加硫氰化钾溶液,溶液也会变成血红色,故C错误;D.取适量食盐样品于试管中,加水溶解后加入硝酸银溶液,过滤后取滤渣,滴加稀硝酸,氯化银是不溶于稀硝酸的沉淀,若沉淀部分溶解,说明沉淀中含有亚硝酸银,从而说明食盐中混有亚硝酸钠,故D正确;答案选C。12.双极膜电渗析法固碳技术是将捕集的CO2转化为CaCO3而矿化封存,其工作原理如图所示。双极膜中间层中的H2O解离成H+和OH-,并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法不正确的是A.两个双极膜中间层中的H+均向左侧迁移B.若碱室中比值增大,则有利于CO2的矿化封存 C.电解一段时间后,酸室中盐酸的浓度增大D.该技术中电解固碳总反应的离子方程式为:2Ca2++2CO2+4H2O2CaCO3↓+2H2↑+O2↑+4H+【答案】B【解析】【分析】左侧双极膜中的H+向左移动进入左侧硝酸钠溶液中发生反应,OH-向右移动进入“碱室”与二氧化碳反应生成CO,CO通过阴离子交换膜进入CaCl2溶液生成CaCO3;CaCl2溶液中的Cl-通过阴离子交换膜进入“酸室”,右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸室”,OH-向右移动进入进入右侧硝酸钠溶液中发生反应。【详解】A.左侧双极膜中的H+向左移动进入左侧硝酸钠溶液中,右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸室”,故A正确;B.若碱室中比值增大,碳酸氢根离子可能进入“酸室”,所以不利于CO2的矿化封存,故B错误;C.CaCl2溶液中的Cl-通过阴离子交换膜进入“酸室”,右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸室”,所以电解一段时间后,酸室中盐酸的浓度增大,故C正确;D.根据以上分析,该技术中电解固碳总反应的离子方程式为:2Ca2++2CO2+4H2O2CaCO3↓+2H2↑+O2↑+4H+,故D正确;选B。13.在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中,起始投料量如表,在不同温度下发生反应:CO2(g)+C(s)2CO(g)。CO的平衡浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是容器n(CO2)/moln(C)/moln(CO)/mol甲0.10.30乙000.4 A.曲线Ⅰ对应的是甲容器B.a、b两点所处状态的压强大小关系:9pa>14pbC.c点:CO的体积分数>D.900K时,若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol,则v(正)>v(逆)【答案】C【解析】【详解】A.固体物质不应平衡移动,乙投入0.4mol一氧化碳相当于投入0.2mol二氧化碳,所以乙相当于两个甲容器加压,无论平衡如何移动,乙中一氧化碳浓度一定大于甲,故图中曲线Ⅰ对应的是乙容器,A错误;B.甲容器b处乙容器a处若a、b两点所处温度相同,压强比等于物质的量之比,pa:pb=(0.12+0.16):(0.02+0.16)=14:9,即9pa=14pb,由于b点温度更高,故a、b两点所处状态的压强大小关系:9pa<14pb,B错误;C.a点一氧化碳体积分数为;c点相当于减压,平衡正向移动,一氧化碳体积分数变大,故CO的体积分数>,正确; D.a点1100K时的K=,降温则一氧化碳浓度减小,K值减小,900K时K值小于0.213;若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol,则Q=,平衡逆向移动,v(正)<v(逆),D错误。故选C。14.25℃,有c(CH3COOH)+c(CH3COO﹣)=0.1mol⋅L﹣1的一组醋酸和醋酸钠混合溶液,溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO﹣)与pH的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述正确的是A.pH=5溶液中:c(CH3COO﹣)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH﹣)B.W点表示溶液中:c(Na+)+2c(OH﹣)=c(CH3COO﹣)+2c(H+)C.pH=3.5溶液中:c(Na+)+c(H+)﹣c(OH﹣)+c(CH3COOH)=0.1mol⋅L﹣1D.取W点溶液1L,通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略):c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH﹣)【答案】AC【解析】【详解】A.随着pH的增大,溶液中c(CH3COOH)减小,c(CH3COO-)增大;pH=4.75时,c(CH3COOH)=(CH3COO-);pH=5时溶液中:c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-),A正确;B.由题干图示信息可知,W点表示溶液中醋酸和醋酸钠的物质的量相等,根据电荷守恒可知,c(Na+)+c(OH-)=c(CH3COO-)+c(H+),c(Na+)+2c(OH-)=c(CH3COO-)+2c(H+),此时溶液中pH>4.75,则c(H+)>c(OH-),故c(Na+)+2c(OH-)<c(CH3COO-)+2c(H+),B错误;C.pH=3.5溶液中根据电荷守恒有:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),则有c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+(CH3COOH)=0.1mol⋅L-1,C正确;D.取W点溶液1L,通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略): c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(Cl-),且Na+和Cl-的浓度不相等,D错误;故答案为:AC。二、非选择题(本题共4小题,共58分。)15.某课外活动小组以CuSO4·5H2O和氨水为原料制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O并进行探究。已知:CuSO4+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]SO4+4H2O[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2++SO[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH(1)配制溶液:称取一定质量的CuSO4·5H2O晶体,放入锥形瓶中,溶解后滴加氨水。装置如图A所示(胶头滴管中吸有氨水)。滴加氨水时,有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成;继续滴加氨水,沉淀消失,得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液。用离子方程式表示由浅蓝色沉淀得到深蓝色溶液的原理:_______(2)制备晶体:将A中溶液转移至B中,析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体;将B中混合物转移至C的漏斗中,减压过滤,用乙醇洗涤晶体2~3次;取出晶体,冷风吹干。①晶体不采用加热烘干的原因是_______②减压过滤时,抽气泵处于工作状态,活塞需关闭,使装置内产生负压。洗涤晶体时,应该在打开活塞的状态下,向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀,原因是_______。(3)废液回收:从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液,应加入的试剂是_______(填序号)A.盐酸B.硝酸C.硫酸D.氢氧化钠溶液。已知硫酸铵溶液高温易分解,回收乙醇实验方法为_______A.蒸馏B.减压蒸馏C.萃取D.分液(4)用沉淀法测定晶体中SO的含量。称取一定质量的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体,加适量蒸馏水溶解,向其中滴加足量BaCl2溶液,搅拌,加热一段时间,过滤,洗涤,烘干,灼烧,称量沉淀的质量。下列有关说法正确的有_______。 A.滴加足量BaCl2溶液能降低实验数值偏低的可能性B.检验沉淀已经洗净的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中,向其中加入BaCl2溶液,无白色沉淀生成,证明沉淀己洗净C.洗涤后滤纸和固体一起灼烧,以免固体附着在滤纸上,造成损失。D.已知[Cu(NH3)4]2+为平面四边形结构,中心Cu2+不可能是sp3杂化(5)新制的氨水中含氮元素的微粒有3种:NH3、NH3·H2O和NH,其中NH3·H2O电离平衡受多种因素的影响。设计实验,控制变量,仅探究NH对NH3·H2O电离平衡的影响结果:①限制试剂与仪器:0.1mol/L氨水、NH4Cl、CH3COONH4、NH4HCO3、(NH4)2CO3、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙、天平、pH计、恒温水浴槽(可控制温度)。②设计实验方案,拟定实验表格,完整体现实验方案。表格中“_______”处需测定的物理量为_______物理量实验序号V(0.1mol/L氨水)/mLm(铵盐)/gt/℃_______1100025b2100a25c③表中物理量“m(铵盐)/g”的铵盐应是_______④按实验序号2所拟数据进行实验,忽略水电离的OH-,则一水合氮的电离度(平衡转化率)为_______。【答案】(1)Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++SO+2OH-+8H2O(2)①.晶体受热易脱水脱氨(“晶体受热易分解”或“加热烘干变质”)②.为了使乙醇较慢的从漏斗中流出来并与晶体充分接触,提高洗涤的效果(3)①.C②.B(4)ACD(5)①.pH②.NH4Cl③.【解析】【分析】装置A为封闭体系,加入氨气后有利于氨气充分吸收;滴加氨水时,硫酸铜和氨水生成浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4,继续滴加氨水,沉淀消失,生成络合物,得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液;洗涤原容器有利于反应物充分利用;加入洗涤剂洗涤晶体时,要保证正 常压强,洗涤剂和洗涤物充分混合有利于洗涤充分;废液回收过程是从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuSO4、(NH4)2SO4的混合溶液,废液存在络离子,需要加入H2SO4,除去络离子;沸点不同的物质可以蒸馏分离。【小问1详解】CuSO4·5H2O晶体溶解后滴加氨水,生成浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4;继续滴加氨水,得到深蓝色溶液[Cu(NH3)4]SO4,反应过程中氨水中的一水合氨或氨气参加反应,[Cu(NH3)4]SO4为可溶性强电解质,在水溶液中完全电离,离子方程式为:Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++SO+2OH-+8H2O;【小问2详解】①晶体不采用加热烘干的原因是防止失去结晶水,降低产物产率;②装置内产生负压时,漏斗中液体会被迅速抽入吸滤瓶中,而洗涤过程为了使乙醇较慢从漏斗中流出来并与晶体充分接触,提高洗涤的效果,需打开活塞;【小问3详解】该过程需要将[Cu(NH3)4]SO4转化为CuSO4,氨水中一水合氨和氨气转化为(NH4)2SO4,类似于NH3→(NH4)2SO4,应加入的试剂是硫酸,故选C;充分反应后溶液为无机盐和乙醇的水溶液,回收乙醇是液液互溶体系分离,回收乙醇的实验方法为蒸馏,为防止硫酸铵分解,需减压蒸馏,降低蒸馏所需温度,故选B;【小问4详解】A.足量BaCl2溶液可以使硫酸根完全沉淀,降低实验数值偏低的可能性,A正确;B.沉淀表明的杂质主要为氯离子,检验沉淀已经洗净即检验是否有氯离子,应取最后一次洗涤液,向其中加入AgNO3溶液,若无白色沉淀产生,证明沉淀洗净,B错误;C.洗涤后滤纸和固体一起灼烧,可以保证所有沉淀均被回收,C正确;D.若Cu2+为sp3杂化,则其空间构型应为正四面体形,而不是正方形,D正确;故答案为:ACD;【小问5详解】②本实验的目的是探究影响NH3·H2O电离平衡的因素,NH3·H2O电离平衡受到影响时,溶液的pH会发生变化,所以还需测定的物理量为pH;③CH3COONH4、NH4HCO3、(NH4)2CO3所含的酸根均为弱酸根,弱酸根会发生水解,影响溶液pH,所以铵盐应选用NH4Cl; ④一水合氨的电离平衡:NH3·H2ONH+OH-,溶液pH=c,则c(H+)=10-cmol/L、c(OH-)=10c-14mol/L,忽略水电离的OH-,所以氢氧根全部由一水合氨电离,则一水合氮的电离度。16.某工业生产上用铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)制备胆矾CuSO4•5H2O的流程如图。已知:有机萃取剂HR可以萃取Cu2+,其萃取原理(org为有机相)Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)。(1)焙烧前粉碎的目的是_______。(2)“调节pH时,生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为_______,试剂X的最佳选择是_______(填标号)。a.HClb.NaOHc.H2SO4d.NH3•H2O(3)25℃时,“调节pH”后,测得滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)离子Fe3+Cu2+Ni2+Fe2+浓度/(mol·L-1)1.0×10-65.01.20对应氢氧化物的Ksp6.4×10-382.2×10-202.0×10-158.0×10-16该滤液的pH为_______;加入的Cu(OH)2_______(填“已经”或“没有”)完全溶解。(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH,能制得黑色不溶物NiOOH,该反应的化学方程式为_______。(5)“操作Ⅱ”包括洗涤,洗涤该沉淀的操作为_______。(6)上述流程中获取金属铜的方法是电解硫酸铜溶液。若电解200mL0.5mol/LCuSO4溶液,生成铜3.2g,此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。【答案】(1)增大接触面积,提高反应速率(2)①.2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+②.c(3)①.3.6②.已经 (4)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O(5)向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀,待蒸馏水流下后,重复操作2~3次。(6)【解析】【分析】由题中流程可知,铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)粉碎焙烧,充分氧化,烟气的主要成分为二氧化硫,加稀硫酸酸浸,过滤,滤渣1为SiO2和不溶于酸的杂质,滤液中加入H2O2,氧化Fe2+生成Fe3+,再加入Cu(OH)2调节溶液pH,使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀,继续过滤,滤渣2为Fe(OH)3,滤液中加入HR进行萃取,除去镍离子,有机相中加入硫酸进行反萃取,水相的主要成分为硫酸铜溶液,加热蒸发,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥即可获得产品。【小问1详解】由上述分析可知,焙烧前粉碎的目的是增大接触面积,提高反应速率,使矿石充分氧化;答案为增大接触面积,提高反应速率;【小问2详解】由上述分析可知,加入Cu(OH)2调节溶液pH,使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀,生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+;由题中信息Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)可知,要使平衡逆向移动,则增加H+浓度,即有机相中加入硫酸进行反萃取,可以分离铜离子,还不会产生杂质,所以选项c正确;答案为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+;c;【小问3详解】由题中表格数据可知,25℃时,“调节pH”后,测得滤液中c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L,c(Cu2+)=5.0mol/L,因为Ksp[Fe(OH)3]=6.4×10-38,所以c(Fe3+)×c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3],则c(OH-)===4×10-11mol/L,c(H+)==×10-3mol/L,pH=3+lg4=3+2lg2=3.6;又c(Cu2+)×c2(OH-)=5×(4×10-11)2=8×10-21<Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20,所以Cu(OH)2已经完全溶解;答案为3.6;已经;【小问4详解】向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH,能制得黑色不溶物NiOOH,即NiSO4与 NaClO发生氧化还原反应,该反应的化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O;答案为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O;【小问5详解】“操作Ⅱ”包括洗涤,洗涤该沉淀的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀,待蒸馏水流下后,重复操作2~3次;答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀,待蒸馏水流下后,重复操作2~3次;【小问6详解】电解CuSO4溶液,发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑,200mL0.5mol/L的CuSO4溶液中n(CuSO4)=0.2L×0.5mol/L=0.1mol,生成铜3.2g,物质的量为=0.05mol,故生成H2SO40.05mol,溶液中CuSO4为0.1mol-0.05mol=0.05mol,电解后的溶液为CuSO4、H2SO4混合溶液,溶液呈酸性,溶液中铜离子水解、水发生电离,故n(H+)>0.05mol×2=0.1mol,n()=0.1mol,n(Cu2+)<0.05mol,溶液中氢氧根浓度很小,故,故答案为:.。17.研究等大气污染气体的处理方法具有重要意义。(1)是汽车尾气中的主要污染物之一、能形成酸雨,写出转化为的化学方程式:_______。(2)氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知:标准状况下,3.36LCO还原至的整个过程中转移电子的数目为_______,放出的热量为_______(用含有a的代数式表示)。(3)现将一定量气体充入恒容密闭容器中,控制反应温度为,下列可以作为反应达到平衡的判断依据是_______。D.容器内气体的密度不变E.容器内颜色不变 (4)反应温度时,随(时间)变化曲线如图,画出时段,随变化曲线_______。保持其它条件不变,改变反应温度为,再次画出时段,随变化趋势的曲线_______。(5)NO氧化反应:分两步进行:I.II.(Q1、Q2都大于0)在恒容的密闭容器中充入一定量的和气体,保持其它条件不变,控制反应温度分别为和,测得(NO)随(时间)的变化曲线如图,转化相同量的NO,在温度_______(填“”或“”)下消耗的时间较长,试结合反应过程能量图分析其原因_______。【答案】(1)(2)①.0.3NA②.0.0375akJ (3)AE(4)①.②.(5)①.②.该反应是放热反应,温度的升高使平衡逆向移动,减慢NO转化速率的影响大于升高温度对反应速率的影响,使转化相同量的NO时,消耗的时间较长【解析】【小问1详解】与水反应可转化为,化学方程式:。【小问2详解】标准状况下,3.36LCO物质的量为0.15mol,根据可得还原至的整个过程中转移电子的数目为0.3NA;根据题给信息,,则0.15molCO可放出的热量为0.0375akJ。【小问3详解】A.该反应气体分子数正向增多,容器恒容,则气体的压强发生改变,故气体的压强发生不变可以作为反应达到平衡的判断依据,A符合题意;B.,则,不等于系数之比,故不可作为反应达到平衡的判断依据,B不符合题意; C.平衡常数K只随温度改变,该反应控制温度为不变,则其不可作为反应达到平衡的判断依据,C不符合题意;D.该反应物质均是气体,气体总质量不变,容器恒容,则体系内气体密度始终不变,故其不可作为反应达到平衡的判断依据,D不符合题意;E.无色,红棕色,反应过程体系颜色发生改变,故容器内颜色不变可以作为反应达到平衡的判断依据,E符合题意;故选AE。【小问4详解】根据反应,的改变量是的两倍,从的曲线可知其达到平衡时减少了0.03mol/L,则从0升高到平衡时的0.6mol/L,其曲线如图:;由题Q<0可知,该反应正向吸热,保持其它条件不变,随着温度的升高,该反应平衡朝正向移动,且反应速率增大,达到平衡的时间缩短,则其曲线如图:。【小问5详解】如图所示,(NO)随(时间)的延长而减小,转化相同量的NO,可作一条平行于时间轴的辅 助线,分别交两曲线与a、b两点,如图:,则可知在温度下消耗的时间较长;可能的原因是,该反应两步均是放出热量,总反应是放热反应,,温度的升高使平衡逆向移动,减慢NO转化速率的影响大于升高温度对反应速率的影响,使转化相同量的NO时,消耗的时间较长。18.镇痛药物J的合成方法如图:已知:①+Cl—R3+HCl②R1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH ③(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)④+RCOOR′回答下列问题:(1)反应②的反应类型____,B的名称___。(2)F中含碳的官能团的名称____。(3)反应D→E的化学方程式____。(4)有机物K分子组成比F少两个氢原子,符合下列要求的K的同分异构体有____种。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上有两个取代基写出含有6种氢原子,且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶3的结构简式(任写一种即可)____。(5)设计以CH3CH2OH和为原料制备X()的合成路线____。(无机试剂任选。)【答案】(1)①.取代反应②.3—氯丙烯(2)酮羰基、碳碳双键(3)+H2O+CH3OH(4)①.15②.或或(5)CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3【解析】 【小问1详解】①有机物CH2=CH-CH2-NH2与ClCH2CH2COOCH3反应生成C11H19ON4发生取代反应;②B的分子式为C3H5Cl,其结构简式为CH2=CHCH2Cl,则B的名称为:3—氯丙烯;【小问2详解】F的分子式为C8H13NO,其结构简式为,则F中含碳的官能团为:酮羰基、碳碳双键;【小问3详解】D的分子式为C10H15NO3,其结构简式为,反应D→E的化学方程式:+H2O+CH3OH;【小问4详解】①K的分子式为C8H11NO,根据条件遇FeCl3溶液显紫色,可知官能团为酚羟基,且苯环上有两个取代基,符合条件的同分异构体如下、、、、每种同分异构有邻、间、对,则共有15种;②写出含有6种氢原子,且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶3的结构简式为或 或;【小问5详解】CH3CH2OH和为原料通过如下反应可制得X()的合成路线为:CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3。
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