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1、山东2018年高职单招化学模拟试题【含答案】一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)1化学与科技生产、生活环境等密切相关,下列说法不正确的是()A有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”,丝绸的主要成分是纤维素,属于天然高分子化合物B陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品C废旧钢材焊接前,可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点D使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中加入生石灰,都能减轻环境污染2设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是()A标准状况下,11.2L C2H6中含有共价键的数目为3.5NAB通常状况下,2.0 g H2 和1 mol Cl2反应后的气体分子数目为2N

2、AC1molAl分别与足量的盐酸、足量的NaOH溶液反应,转移的电子数都是3NAD将3.4g H2S全部溶于水所得溶液中HS和S2离子数之和为0.1NA3水杨酸、冬青油、阿司匹林的结构简式如图,下列说法不正确的是()A由水杨酸制冬青油的反应是取代反应B阿司匹林的分子式为C9H8O4,水解可得水杨酸C冬青油苯环上的一氯取代物有4种D可用NaOH溶液除去冬青油中少量的水杨酸4电池式氧传感器原理构造如图,可测定O2的含量工作时铅极表面会逐渐附着Pb(OH)2下列说法不正确的是()APt电极上发生还原反应B随着使用,电解液的pH逐渐减小Ca mmolO2反应,理论上可使Pb电极增重68a mgDPb电

3、极上的反应式为Pb+2OH2e=Pb(OH)25CO常用于工业冶炼金属在不同温度下CO还原四种金属氧化物达平衡后气体中lg与温度(t)的关系曲线如图下列说法正确的是()A通过增高反应炉的高度,延长矿石和CO接触的时间,能减少尾气中CO的含量BCO不适宜用于工业冶炼金属CrCCO还原PbO2的反应H0D工业冶炼金属Cu时,高温有利于提高CO的转化率6某溶液由弱酸(HR)及其盐(NaR)组成,浓度均为1molL1,25时向该溶液通入HCl气体或滴入NaOH溶液,溶液pH随加入的H+或OH的物质的量发生变化的情况如图下列说法不正确的是()AA、B、C三点所表示的溶液中水的电离程度依次增大B加入1 m

4、ol NaOH后,溶液中c(Na+)=c(R)C通入HCl,R的水解程度增大,HR的电离常数减小D未加HCl和NaOH时,溶液中c(R)c(Na+)c(HR)7短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大在如图所示的物质转化关系中,p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质,p和s均为有色气体,v的水溶液呈碱性常温下,0.1molL1 t溶液与0.1molL1 u溶液的pH 均为1下列说法不正确的是()AY、W的最高价氧化物对应的水化物均为强酸B元素的非金属性:ZYX,原子半径:XZYCs溶于水的反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2Dv的电子式可表示为二、解答题(共3小题,满分

5、43分)8(15分)某同学设计如图装置,用过量浓硫酸与铜反应制取SO2,并探究SO2与Na2O2反应的产物 制取SO2(1)写出烧瓶中生成SO2的化学方程式: (2)写出实验现象:细铜丝表面: 实验过程中,烧瓶内液体始终保持澄清,并 (3)欲使反应停止,应进行的操作是: 烧瓶中液体冷却后,可观察到的现象是: 探究SO2与Na2O2反应后的固体产物(4)实验方案如下:取洗涤玻璃棉所得溶液, (5)把Na2O2粉末散附在玻璃棉上的目的是: 若Na2O2未完全反应,对实验结果的影响是(用必要的文字和化学方程式表示)III装置改进(6)老师指出该实验装置需做如下改进(只答出一种即可): 9(14分)某

6、含镍(NiO)废料中有FeO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质,用此废料提取NiSO4的工艺流程如图1:已知:有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图25时,NH3H2O的电离常数Kb=1.8105HF的电离常数Ka=7.2104,Ksp (MgF2)=7.41011(1)加Na2CO3调节溶液的pH至5,得到废渣2的主要成分是 (填化学式)(2)Mg能与饱和NH4Cl溶液反应产生NH3,请用化学平衡移动原理解释(用必要的文字和离子方程式回答) (3)25时,1molL1的NaF溶液中c(OH)= molL1(列出计算式即可)NH4F溶液呈 (填“酸性”、“碱性”或“中性”)(4)已知沉淀

7、前溶液中c(Mg2+)=1.85103molL1,当除镁率达到99%时,溶液中c(F)= molL1(5)在NaOH溶液中用NaClO与NiSO4反应可得NiO(OH),化学方程式为 ;NiO(OH)与贮氢的镧镍合金可组成镍氢碱性电池(KOH溶液),工作原理为:LaNi5H6+6NiO(OH)LaNi5+6NiO+6H2O,负极的电极反应式: 10(14分)(1)标准状况下,1m3的可燃冰可转化为160L甲烷和0.8m3的水则可燃冰中n(CH4):n(H2O)= (列出计算式即可)(2)羰基硫(COS)多产生于煤化工合成气中,能引起催化剂中毒,可通过水解反应:COS(g)+H2O (g)H2S

8、(g)+CO2(g)H除去相关的化学键键能数据如表; 化学键C=O(CO2)C=O(COS)C=S(COS)HSHOE/kJmol1803742577339465则H为 (3)近期太阳能利用又有新进展利用太阳能由CO2制取C的原理如图1所示,若重整系统发生的反应中=4,则重整系统中发生反应的化学方程式 (4)NaHS可用于污水处理的沉淀剂已知:25时,H2S的电离常数Ka1=1.0107,Ka2=7.01015,反应Hg2+(aq)+HS(aq)HgS(s)+H+(aq)的平衡常数K=1.751038,则Ksp(HgS)= (5)已知CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=42kJ

9、mol1,在进气比n(CO):n(H2O)不同时,测得相应的CO的平衡转化率如图2,图中各点对应的反应温度可能相同,也可能不同图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TE判断:2TD TE(填“”、“=”或“”)与图2中E点对应的反应温度相同的为 (填字母,多填倒扣分)化学-选修3:物质结构与性质11(15分)(1)Na+与Ne互为等电子体,电离能I2(Na) I1(Ne)(填“”、“=”或“”)(2)第四周期中,与Al原子未成对电子数相同的金属元素有 种气态氯化铝的分子组成为(AlCl3)2,分子中所含的化学键类型有 ,Al原子的杂化方式为 (3)可燃冰是天然气水合物,具有笼形结构如图A(表

10、面的小球是水分子,内部的大球是甲烷分子)水分子成笼的作用力是 ,图A中最小的环中连接的原子总数是 可燃冰晶体具有多种笼状结构,其中一种由1个图A所示笼分别用2个面与另外两个相同的笼共面而成,则中间笼实际占有 个水分子(4)金属镁晶体中原子的堆积方式为六方最密堆积如图B所示,晶胞可用图C表示设金属镁的原子半径为a cm,晶胞的高为b cm,则该晶体的空间利用率为 (写出计算式);设晶胞中A点原子的坐标为(0,0,0),C点原子的坐标为(2a,0,0),D点原子的坐标为(0,0,b),则B点原子的坐标为 化学-选修5:有机化学基础12槟榔碱在医疗上常用于治疗青光眼,其一种合成路线如图:已知:不饱和

11、化合物与氨(NH3)或胺(RNH2)反应能生成新的胺类化合物如:R1CH=CH2+R2NH2 R1CH2CH2NHR2+R3+R2OH(1)B中含氧官能团的名称为 (2)反应的反应类型为 ;反应的反应条件为 (3)反应的化学方程式为 (4)C的结构简式为 (5)下列说法正确的是 (填字母)a反应为取代反应b槟榔碱与化合物G互为同系物c1mol D最多能与2mol NaOH发生反应(6)已知A在NaOH溶液中水解产物之一是一种新型功能高分子材料(PAANa)的单体,写出生成PAANa的化学方程式 (7)已知:CH2=CHCH3+Cl2 CH2=CHCH2Cl+HCl,以丙烯和乙醇为起始原料,选用

12、必要的无机试剂合成A,写出合成路线(用结构简式表示有机物,用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件) 山东2018年高职单招化学模拟试题参考答案与试题解析一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)1化学与科技生产、生活环境等密切相关,下列说法不正确的是()A有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”,丝绸的主要成分是纤维素,属于天然高分子化合物B陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品C废旧钢材焊接前,可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点D使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中加入生石灰,都能减轻环境污染【考点】14:物质的组成、结构和性质的关系;FE:三废处理与环境保护【分析】A丝

13、绸的主要成分是蛋白质;B玻璃、陶瓷和水泥都是传统硅酸盐产品;C饱和Na2CO3、NH4Cl溶液分别显碱性、酸性,可处理金属表面;D降解塑料的使用,减少白色污染;二氧化硫能够与生石灰反应【解答】解:A丝绸的主要成分是蛋白质,属于天然高分子化合物,故A错误;B陶瓷、水泥和玻璃都是传统无机非金属材料,主要是硅酸盐产品,制备原料都需要用到含硅元素的物质,故B正确;C饱和Na2CO3、NH4Cl溶液水解后,溶液分别显碱性、酸性,碱性可以去除油脂,酸性可以腐蚀金属氧化物,所以可处理金属表面焊点,故C正确;D提倡聚碳酸酯可降解塑料的使用,减少白色污染,燃煤中加入生石灰可以使燃烧产生的二氧化硫转化为硫酸钙,减

14、少二氧化硫的排放,故D正确;故选A【点评】本题考查物质的性质及应用,为高频考点,把握物质的性质、化学与环境、能源的关系为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意化学与生产、生活的关系,题目难度不大2设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是()A标准状况下,11.2L C2H6中含有共价键的数目为3.5NAB通常状况下,2.0 g H2 和1 mol Cl2反应后的气体分子数目为2NAC1molAl分别与足量的盐酸、足量的NaOH溶液反应,转移的电子数都是3NAD将3.4g H2S全部溶于水所得溶液中HS和S2离子数之和为0.1NA【考点】4F:阿伏加德罗常数【分析】A、在标准状况,依据

15、n=计算物质的量结合乙烷分子结构计算共价键;B、H2+Cl2=2HCl,这是一个气体体积不变的反应,故反应前气体分子总数目为2NA,反应后气体分子总数目仍为2NA;C、据铝反应后变为+3价来分析;D、求出H2S的物质的量,然后根据H2S溶于水后部分电离为HS和S2离子来分析【解答】解:A、标准状况下,11.2L的 C2H6物质的量为=0.5mol,1mol分子中含有共价键的数目为7NA,故0.5mol分子中含有共价键的数目为3.5NA,故A正确;B、2.0 g H2相当于1molH2,1molH2和1 mol Cl2气体总分子数目为2NA,H2+Cl2=2HCl,这是一个气体体积不变的反应,故

16、反应前气体分子总数目为2NA,反应后气体分子数目仍为2NA,故B正确;C、Al与足量的盐酸,足量的NaOH反应,铝均变为+3价,故1mol铝转移3mol电子即3NA个,故C正确;D、标况下3.4gH2S的物质的量为0.1mol,而H2S是弱电解质,溶于水后只能部分电离为HS和S2离子,故所得溶液中的H2S、HS和S2离子的个数之和为0.1NA个,故D错误,故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键,难度不大3水杨酸、冬青油、阿司匹林的结构简式如图,下列说法不正确的是()A由水杨酸制冬青油的反应是取代反应B阿司匹林的分子式为C9H8O4,水解可得

17、水杨酸C冬青油苯环上的一氯取代物有4种D可用NaOH溶液除去冬青油中少量的水杨酸【考点】HD:有机物的结构和性质【分析】A水杨酸发生酯化反应生成冬青油;B阿司匹林含有酯基,可水解生成水杨酸;C冬青油苯环不对称,含有4种H;D二者都与氢氧化钠溶液反应【解答】解:A由水杨酸制冬青油,可与乙酸酐发生取代反应制得,故A正确;B阿司匹林的分子式为C9H8O4,含有酯基,可水解生成水杨酸,故B正确;C冬青油苯环不对称,含有4种H,则一氯取代物有4种,故C正确;D二者都与氢氧化钠溶液反应,应用碳酸氢钠除杂,故D错误故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的

18、关键,侧重分析与应用能力的考查,注意选项D为解答的难点,题目难度不大4电池式氧传感器原理构造如图,可测定O2的含量工作时铅极表面会逐渐附着Pb(OH)2下列说法不正确的是()APt电极上发生还原反应B随着使用,电解液的pH逐渐减小Ca mmolO2反应,理论上可使Pb电极增重68a mgDPb电极上的反应式为Pb+2OH2e=Pb(OH)2【考点】BH:原电池和电解池的工作原理【分析】原电池工作时,铅失电子在负极发生氧化反应生成Pb(OH)2,电极反应式为Pb+2OH2e=Pb(OH)2,O2在正极Pt上得电子生成OH,电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH,以此解答该题【解答】解:APt电

19、极上O2得电子生成OH,发生还原反应,故A正确;B铅失电子在负极发生氧化反应生成Pb(OH)2,电极反应式为Pb+2OH2e=Pb(OH)2,O2在正极Pt上得电子生成OH,电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH,总反应为:2Pb+O2+2H2O=2Pb(OH)2,消耗水,电解液碱性增强,所以电解液的pH逐渐增大,故B错误;Ca mmolO2反应则得到4a mmol电子,所以根据得失电子守恒,理论上可使Pb电极增重4a mmol17g/mol=68a mg,故C正确;D铅失电子在负极发生氧化反应生成Pb(OH)2,电极反应式为Pb+2OH2e=Pb(OH)2,故D正确;故选B【点评】本题考查

20、了原电池原理,明确电池中物质得失电子即可解答,难点是电极反应式书写,要根据电解质确定正负极产物,难度中等5CO常用于工业冶炼金属在不同温度下CO还原四种金属氧化物达平衡后气体中lg与温度(t)的关系曲线如图下列说法正确的是()A通过增高反应炉的高度,延长矿石和CO接触的时间,能减少尾气中CO的含量BCO不适宜用于工业冶炼金属CrCCO还原PbO2的反应H0D工业冶炼金属Cu时,高温有利于提高CO的转化率【考点】CB:化学平衡的影响因素【分析】A、增高炉的高度,增大CO与铁矿石的接触,不能影响平衡移动,CO的利用率不变;B、由图象可知用CO工业冶炼金属铬时,lgc(CO)/c(CO2)一直很高,

21、说明CO转化率很低,故不适合;C、由图象可知CO还原PbO2的温度越高lgc(CO)/c(CO2)越高,说明CO转化率越低,平衡逆向移动,故H0;D、由图象可知温度越低lgc(CO)/c(CO2)越小,故CO转化率越高【解答】解:A、增高炉的高度,增大CO与铁矿石的接触,不能影响平衡移动,CO的利用率不变,故A错误;B、由图象可知用CO工业冶炼金属铬时,lgc(CO)/c(CO2)一直很高,说明CO转化率很低,故CO不适宜用于工业冶炼金属Cr,故B正确;C、由图象可知CO还原PbO2的温度越高lgc(CO)/c(CO2)越高,说明CO转化率越低,平衡逆向移动,故H0,故C错误;D、由图象可知温

22、度越低lgc(CO)/c(CO2)越小,故CO转化率越高,故低温有利于提高CO的转化率,故D错误,故选:B【点评】本题考查根据图象对平衡移动、反应热的判断等,重在培养学生能够利用化学知识并结合图象信息进行答题的能力,综合性强,难度较大6某溶液由弱酸(HR)及其盐(NaR)组成,浓度均为1molL1,25时向该溶液通入HCl气体或滴入NaOH溶液,溶液pH随加入的H+或OH的物质的量发生变化的情况如图下列说法不正确的是()AA、B、C三点所表示的溶液中水的电离程度依次增大B加入1 mol NaOH后,溶液中c(Na+)=c(R)C通入HCl,R的水解程度增大,HR的电离常数减小D未加HCl和Na

23、OH时,溶液中c(R)c(Na+)c(HR)【考点】DN:离子浓度大小的比较【分析】A、A、B溶液呈酸性,抑制水的电离,C呈中性,以此判断;B、加入1mol NaOH后,pH=7,溶液呈中性,结合电荷守恒判断;C、电离平衡常数是温度的函数;D未加HCl和NaOH时,溶液呈酸性,说明HR的电离程度大于R水解程度;【解答】解:A、A、B溶液呈酸性,抑制水的电离,C呈中性,pH越小,酸性越强,水的电离程度越小,则A、B、C三点所表示的溶液中水的电离程度依次增大,故A正确;B加入1mol NaOH后,pH=7,溶液呈中性,即(H+)=c(OH),由电荷守恒可知c(Na+)=c(R),故B正确;C、电离

24、平衡常数是温度的函数,通入氯化氢,而温度不变,所以HR的电离常数不变,故C错误;D未加HCl和NaOH时,溶液呈酸性,说明HR的电离程度大于R水解程度,则B点溶液中c(R)c(Na+)c(HR),故D正确;故选C【点评】本题考查酸碱混合的定性判断和计算,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,注意把握图象所给信息为解答该题的关键,难度中等7短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大在如图所示的物质转化关系中,p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质,p和s均为有色气体,v的水溶液呈碱性常温下,0.1molL1 t溶液与0.1molL1 u溶液的pH 均为1下列说法不正确的是()AY、

25、W的最高价氧化物对应的水化物均为强酸B元素的非金属性:ZYX,原子半径:XZYCs溶于水的反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2Dv的电子式可表示为【考点】GS:无机物的推断;8F:原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大由图中物质转化关系及p和s均为有色气体,v的水溶液呈碱性常温下,0.1molL1 t溶液与0.1molL1 u溶液的pH 均为1,v为NH3,p为Cl2,u为HCl,q为H2,m为N2,n为O2,r为NO,s为NO2,t为HNO3,p、s分别为黄绿色、红棕色;又p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质,则X为H,Y为N,Z

26、为O,W为Cl,以此来解答【解答】解:由上述分析可知,X为H,Y为N,Z为O,W为Cl,AY、W的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、高氯酸,均为强酸,故A正确;BO只有负价,高氯酸的酸性大于硝酸,则元素的非金属性:ZYX,电子层越多原子半径越大、同周期从左向右原子半径减小,则原子半径:XZY,故B正确;Cs为NO2,与水反应生成硝酸和NO,s为氧化剂、还原剂,结合元素的化合价变化可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2,故C正确;Dv为NH3,其电子式为,故D错误;故选D【点评】本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律,为高频考点,把握图中转化关系、元素化合物知识来推断元素、物质为解答的

27、关键,侧重分析与推断能力的考查,注意气体的颜色及酸的pH为推断的突破口,题目难度不大二、解答题(共3小题,满分43分)8(15分)(2017淄博模拟)某同学设计如图装置,用过量浓硫酸与铜反应制取SO2,并探究SO2与Na2O2反应的产物 制取SO2(1)写出烧瓶中生成SO2的化学方程式:Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O(2)写出实验现象:细铜丝表面:有气泡产生,细铜丝溶解实验过程中,烧瓶内液体始终保持澄清,并逐渐变为蓝色(3)欲使反应停止,应进行的操作是:先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触,再熄灭酒精灯烧瓶中液体冷却后,可观察到的现象是:有白色固体生成,溶液变为无色探究SO2与

28、Na2O2反应后的固体产物 (4)实验方案如下:取洗涤玻璃棉所得溶液,滴加足量的BaCl2溶液,产生白色沉淀,再加入足量的稀盐酸,若白色沉淀不溶解,则产物只有Na2SO4,若白色沉淀全部溶解,则产物只有Na2SO3,若白色沉淀部分溶解,且产生刺激性气味的气体,则产物含有Na2SO4和Na2SO3(5)把Na2O2粉末散附在玻璃棉上的目的是:SO2与Na2O2充分接触若Na2O2未完全反应,对实验结果的影响是(用必要的文字和化学方程式表示)III装置改进(6)老师指出该实验装置需做如下改进(只答出一种即可):在烧杯与硬质玻璃管之间加安全瓶或烧杯中导管接倒置的漏斗,且漏斗刚好接触溶液【考点】U2:

29、性质实验方案的设计【分析】(2)铜与浓硫酸在加热条件小生成二氧化硫和硫酸铜;(2)实验现象:铜丝溶解,表面有气泡生成,溶液逐渐变为蓝色;(3)为防止溶液倒吸,故欲使反应停止,先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触,再熄灭热源;浓硫酸具有吸水性,烧瓶中液体冷却后,使硫酸铜结晶析出,硫酸铜为白色固体;(4)SO2与Na2O2反应的产物可能为硫酸钠、亚硫酸钠或者两者的混合物,用氯化钡与之反应,检验生成的沉淀能否溶于盐酸可得;(5)玻璃棉可SO2与Na2O2混合充分;过氧化钠有氧化性,若Na2O2未完全反应,则可能氧化亚硫酸钠为硫酸钠,不能确定生成的是否有硫酸钠;(6)实验装置需要添加防倒吸的装置【解答

30、】(1)铜与浓硫酸在加热条件小生成二氧化硫和硫酸铜,反应为:Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O;故答案为:Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O;(2)细铜丝与浓硫酸反应,故细铜丝表面有气泡产生,细铜丝溶解;故答案为:有气泡产生,细铜丝溶解;生成硫酸铜,故实验过程中,烧瓶内液体始终保持澄清,并逐渐变为蓝色;故答案为:逐渐变为蓝色;(3)为防止溶液倒吸,故欲使反应停止,先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触,再熄灭酒精灯;浓硫酸具有吸水性,烧瓶中液体冷却后,溶液中水减少,使硫酸铜结晶析出,硫酸铜为白色固体,故现象为有白色固体生成,溶液变为无色;故答案为:先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓

31、硫酸脱离接触,再熄灭酒精灯;有白色固体生成,溶液变为无色;(4)SO2与Na2O2反应的产物可能为硫酸钠、亚硫酸钠或者两者的混合物,氯化钡与其可生成硫酸钡、亚硫酸钡的沉淀,硫酸钡不溶于盐酸,亚硫酸钡溶于盐酸,则方法为:取洗涤玻璃棉所得溶液,滴加足量的BaCl2溶液,产生白色沉淀,再加入足量的稀盐酸,若白色沉淀不溶解,则产物只有Na2SO4,若白色沉淀全部溶解,则产物只有Na2SO3,若白色沉淀部分溶解,且产生刺激性气味的气体,则产物含有Na2SO4和Na2SO3;故答案为:滴加足量的BaCl2溶液,产生白色沉淀,再加入足量的稀盐酸,若白色沉淀不溶解,则产物只有Na2SO4,若白色沉淀全部溶解,

32、则产物只有Na2SO3,若白色沉淀部分溶解,且产生刺激性气味的气体,则产物含有Na2SO4和Na2SO3;(5)把Na2O2粉末散附在玻璃棉上可SO2与Na2O2充分接触;若Na2O2未完全反应,则可能氧化Na2SO3为Na2SO4:Na2SO3+Na2O2+H2O=Na2SO4+2NaOH,不能确定生成的是否有Na2SO4;故答案为:SO2与Na2O2充分接触;不能确定生成的是否有Na2SO4,Na2SO3+Na2O2+H2O=Na2SO4+2NaOH;(6)该装置容易倒吸,故应在烧杯与硬质玻璃管之间加安全瓶或烧杯中导管接倒置的漏斗,且漏斗刚好接触溶液;故答案为:在烧杯与硬质玻璃管之间加安全

33、瓶或烧杯中导管接倒置的漏斗,且漏斗刚好接触溶液【点评】本题考查了化学实验方案的设计,涉及二氧化硫的性质、实验方案的设计、氧化还原反应等知识,题目难度中等,注意掌握常见元素单质及其化合物性质,明确物质性质实验方案的设计原则,试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力9(14分)(2017淄博模拟)某含镍(NiO)废料中有FeO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质,用此废料提取NiSO4的工艺流程如图1:已知:有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图25时,NH3H2O的电离常数Kb=1.8105HF的电离常数Ka=7.2104,Ksp (MgF2)=7.41011(1)加Na2CO3调节

34、溶液的pH至5,得到废渣2的主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3(填化学式)(2)Mg能与饱和NH4Cl溶液反应产生NH3,请用化学平衡移动原理解释(用必要的文字和离子方程式回答)氯化铵水解生成盐酸和一水合氨,NH4+H2ONH3H2O+H+,镁和氢离子反应生成氢气,氢离子浓度减小,促进平衡正向进行,生成的一水合氨布恩分解生成氨气,Mg+2NH4+=Mg2+2NH3+H2(3)25时,1molL1的NaF溶液中c(OH)= molL1(列出计算式即可)NH4F溶液呈酸性(填“酸性”、“碱性”或“中性”)(4)已知沉淀前溶液中c(Mg2+)=1.85103molL1,当除镁率达到99%时,溶

35、液中c(F)=2.0103 molL1(5)在NaOH溶液中用NaClO与NiSO4反应可得NiO(OH),化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2Na2SO4+NaCl+2NiO(OH)+H2O此空删去;NiO(OH)与贮氢的镧镍合金可组成镍氢碱性电池(KOH溶液),工作原理为:LaNi5H6+6NiO(OH)LaNi5+6NiO+6H2O,负极的电极反应式:LaNi5H6+6OH6e=LaNi5+6H2O【考点】P8:物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】某NiO的废料中有FeO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质,加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2,滤液为NiS

36、O4、FeSO4、Al2(SO4)3、MgSO4,加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子,再加入碳酸钠溶液调节溶液PH,使铁离子,铝离子全部沉淀,过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,滤液中加入NH4F沉淀Mg2+,生成沉淀滤渣3为MgF2,过滤得到的滤液,滤液中获得NiSO46H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤洗涤,干燥得到晶体,失去结晶水得到硫酸镍,(1)加入碳酸钠溶液调节溶液PH,使铁离子,铝离子全部沉淀;(2)氯化铵溶液中铵根水解溶液显酸性,镁和氢离子反应生成氢气,促进反应正向进行生成的一水合氨分解生成氨气;(3)25时,1molL1的NaF溶液中c(F)=1mol/L,结合电

37、离平衡常数计算;一水合氨电离平衡常数数Kb=1.8105HF的电离常数Ka=7.2104,HF电离程度大,对应离子水解程度小;(4)已知沉淀前溶液中c(Mg2+)=1.85103molL1,当除镁率达到99%时,c(Mg2+)=1.85105molL1,结合溶度积常数计算;(5)在NaOH溶液中用NaClO与NiSO4反应可得NiO(OH),同时生成硫酸钠和氯化钠【解答】解:某NiO的废料中有FeO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质,加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2,滤液为NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、MgSO4,加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子,再加入碳酸钠溶液调节溶

38、液PH,使铁离子,铝离子全部沉淀,过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,滤液中加入NH4F沉淀Mg2+,生成沉淀滤渣3为MgF2,过滤得到的滤液,滤液中获得NiSO46H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤洗涤,干燥得到晶体,失去结晶水得到硫酸镍,(1)加入碳酸钠溶液调节溶液PH,使铁离子,铝离子全部沉淀生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,得到废渣2的主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3,故答案为:Al(OH)3、Fe(OH)3;(2)Mg能与饱和NH4Cl溶液反应产生NH3,氯化铵水解生成盐酸和一水合氨,NH4+H2ONH3H2O+H+,镁和氢离子反应生成氢气,氢离子浓度减小,促进平衡

39、正向进行,生成的一水合氨布恩分解生成氨气,Mg+2NH4+=Mg2+2NH3+H2,故答案为:氯化铵水解生成盐酸和一水合氨,NH4+H2ONH3H2O+H+,镁和氢离子反应生成氢气,氢离子浓度减小,促进平衡正向进行,生成的一水合氨布恩分解生成氨气,Mg+2NH4+=Mg2+2NH3+H2;(3)25时,1molL1的NaF溶液中c(F)=1mol/L,结合电离平衡常数Ka=7.2104,c(H+)=7.2104,c(OH)=mol/L,一水合氨电离平衡常数数Kb=1.8105HF的电离常数Ka=7.2104,HF电离程度大,则NH4F溶液中铵根离子水解程度大,溶液显酸性,故答案为:;酸性;(4

40、)已知沉淀前溶液中c(Mg2+)=1.85103molL1,当除镁率达到99%时,c(Mg2+)=1.85105molL1,Ksp (MgF2)=c(Mg2+)c2(F)=7.41011,c(F)=mol/L,c(F)=2.0103mol/L,故答案为:2.0103;(5)在NaOH溶液中用NaClO与NiSO4反应可得NiO(OH),同时生成硫酸钠和氯化钠,反应的化学方程式为:2NiSO4+NaClO+4NaOH=2Na2SO4+NaCl+2NiO(OH)+H2O,NiO(OH)与贮氢的镧镍合金可组成镍氢碱性电池(KOH溶液),工作原理为:LaNi5H6+6NiO(OH)LaNi5+6NiO

41、+6H2O,负极是LaNi5H6失电子生成LaNi5,电极反应为:LaNi5H6+6OH6e=LaNi5+6H2O,故答案为:2NiSO4+NaClO+4NaOH=2Na2SO4+NaCl+2NiO(OH)+H2O;LaNi5H6+6OH6e=LaNi5+6H2O【点评】本题考查了物质分离提纯过程分析、物质性质的应用、电离平衡常数和溶度积常数的计算、原电池电极反应的书写等,掌握基础是解题关键,题目难度中等10(14分)(2017淄博模拟)(1)标准状况下,1m3的可燃冰可转化为160L甲烷和0.8m3的水则可燃冰中n(CH4):n(H2O)=:(列出计算式即可)(2)羰基硫(COS)多产生于煤

42、化工合成气中,能引起催化剂中毒,可通过水解反应:COS(g)+H2O (g)H2S(g)+CO2(g)H除去相关的化学键键能数据如表; 化学键C=O(CO2)C=O(COS)C=S(COS)HSHOE/kJmol1803742577339465则H为)=35kJ/mol(3)近期太阳能利用又有新进展利用太阳能由CO2制取C的原理如图1所示,若重整系统发生的反应中=4,则重整系统中发生反应的化学方程式4FeO+CO2C+2Fe2O3(4)NaHS可用于污水处理的沉淀剂已知:25时,H2S的电离常数Ka1=1.0107,Ka2=7.01015,反应Hg2+(aq)+HS(aq)HgS(s)+H+(

43、aq)的平衡常数K=1.751038,则Ksp(HgS)=4.01053(5)已知CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=42kJmol1,在进气比n(CO):n(H2O)不同时,测得相应的CO的平衡转化率如图2,图中各点对应的反应温度可能相同,也可能不同图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TE判断:2TDTE(填“”、“=”或“”)与图2中E点对应的反应温度相同的为AG(填字母,多填倒扣分)【考点】CK:物质的量或浓度随时间的变化曲线;CM:转化率随温度、压强的变化曲线;CP:化学平衡的计算【分析】(1)标准状况下160L甲烷物质的量=,0.8m3的水为8105cm3,水的质

44、量8105g,据此计算物质的量之比;(2)COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g)的焓变等于旧键断裂吸收的能量和新键生成释放能量的差;(3)根据由CO2制取C的太阳能工艺图示可知,CO2被FeO还原为C,则FeO将被氧化,根据重整系统发生的反应中=4写出化学方程式;(4)反应Hg2+(aq)+HS(aq)HgS(s)+H+(aq)的平衡常数K=1.751038;(5)已知CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=42kJmol1,反应为放热反应,升温平衡逆向进行,CO转化率减小;与图2中E点对应的反应温度相同的应是计算得到平衡常数相同的点,其中CDE点温度EDC,AB点A

45、B,FG点,FG,BEF起始比值不同,CO转化率相同,结合平衡常数计算分析;【解答】解:(1)标准状况下160L甲烷物质的量=,0.8m3的水为8105cm3,水的质量8105g,则可燃冰中n(CH4):n(H2O)=: =:,故答案为:;(2)COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g)的H=(742+4652)(339+803)=35kJ/mol,故答案为:35kJ/mol;(3)由CO2制取C的太阳能工艺图示可知,CO2被FeO还原为C,则FeO将被氧化,根据重整系统发生的反应中=4,结合得失电子数守恒和质量守恒可知反应为:4FeO+CO2C+2Fe2O3,故答案为:4FeO+C

46、O2C+2Fe2O3;(4)反应Hg2+(aq)+HS(aq)HgS(s)+H+(aq)反应的平衡常数K=1.751038,Ksp=4.01053,故答案为:4.01053;(5)已知CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=42kJmol1,反应为放热反应,升温平衡逆向进行,CO转化率减小,图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TED点CO转化率大于E点CO转化率,说明TDTE ,故答案为:; E点平衡常数CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量 1 1 0 0变化量 0.5 0.5 0.5 0.5平衡量 0.5 0.5 0.5 0.5 K=1A点平衡常数CO(g)

47、+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量 1 2 0 0变化量 平衡量 K=1B点平衡常数CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量 1 2 0 0变化量 0.5 0.5 0.5 0.5平衡量 0.5 1.5 0.5 0.5K1F点平衡常数CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量 3 2 0 0变化量 1.5 1.5 1.5 1.5平衡量 1.5 0.5 1.5 1.5K1G点平衡常数CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量 3 2 0 0变化量 1.2 1.2 1.2 1.2平衡量 1.8 0.8 1 2 1.2K=1故与图2中E点对应的反应温度相

48、同的为AG,故答案为:AG;【点评】本题考查了盖斯定律的应用、反应达平衡的判断以及平衡常数的有关计算等问题,综合性较强,是高考的常见题型,题目难度中等化学-选修3:物质结构与性质11(15分)(2017淄博模拟)(1)Na+与Ne互为等电子体,电离能I2(Na)I1(Ne)(填“”、“=”或“”)(2)第四周期中,与Al原子未成对电子数相同的金属元素有4种气态氯化铝的分子组成为(AlCl3)2,分子中所含的化学键类型有共价键、配位键,Al原子的杂化方式为sp3杂化(3)可燃冰是天然气水合物,具有笼形结构如图A(表面的小球是水分子,内部的大球是甲烷分子)水分子成笼的作用力是氢键,图A中最小的环中

49、连接的原子总数是10可燃冰晶体具有多种笼状结构,其中一种由1个图A所示笼分别用2个面与另外两个相同的笼共面而成,则中间笼实际占有15个水分子(4)金属镁晶体中原子的堆积方式为六方最密堆积如图B所示,晶胞可用图C表示设金属镁的原子半径为a cm,晶胞的高为b cm,则该晶体的空间利用率为(写出计算式);设晶胞中A点原子的坐标为(0,0,0),C点原子的坐标为(2a,0,0),D点原子的坐标为(0,0,b),则B点原子的坐标为【考点】9I:晶胞的计算【分析】(1)根据钠的正电性较强对核外电子的吸引力比氖更强,要想失去电子需要更多的能量,据此进行分析;(2)Al原子未成对电子数为1,气态氯化铝的分子

50、组成为(AlCl3)2,存在共价键和配位键,这里Al原子与四个配位的Cl原子连接,是sp3杂化;(3)水分子成笼的作用力是 分子间作用力,具体表现为氢键,A中最小的环中连接的原子总数是10;中间笼实际占有15个水分子;(4)空间利用率为晶胞内硬球的总体积占晶胞体积的百分比,根据晶胞A点原子的坐标,C点原子坐标和D点原子坐标解答【解答】解:(1)根据钠的正电性较强对核外电子的吸引力比氖更强,要想失去电子需要更多的能量,因此钠的第二电离能比氖的更高故答案为:;(2)Al原子未成对电子数为1,第四周期各金属元素中,未成对电子数也为1的有K,Sc,Cu,Ga,共有4种;气态氯化铝组成为二聚体(AlCl

51、3)2,这里Al与4个配位的Cl成键,3个为共价键,一个为配位键,则分子中含有的化学键类型为共价键、配位键,Al的杂化方式为sp3杂化故答案为:4,共价键、配位键,sp3杂化;(3)可燃冰是天然气水合物,具有笼形结构如图A(表面的小球是水分子,内部的大球是甲烷分子),水分子成笼的作用力是 分子间作用力,具体表现为氢键;图A中最小的环连接有5个水分子,一个水分子有2个原子,因此最小的环连接的原子数为52=10;可燃冰晶体具有多种笼状结构,其中一种由1个图A所示笼分别用2个面与另外两个相同的笼共面而成,则中间笼有10个水分子且不均摊,两个面与另外的笼是共面关系,面为正五边形,5个水分子,则实际占有个水分子故答案为:氢键,10,15;(4)六方最密堆积(hcp)不再是立方结构,晶胞参数已经不同于立方晶系,六方最密堆积晶胞实为等径硬球接触,上一层嵌于下一层的凹处,上下关系抽象在晶胞内其实是正四面体关系,因此晶胞C中虚线所标的四个硬球关系为正四面体关系,设晶胞底边长为xcm,即,利用立体几何知识,不难求

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