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四川南充市2019届高考化学三模试卷(带解析)

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w.tt z y w.COm2019年四川省南充市高考化学三模试卷
1.    化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是( )
A.  本草纲目 中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣”中的碱是KOH
B. 高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的増强聚四氟乙烯板属于尢机髙分子材料
C. 泡沫灭火器中的 溶液应贮存在铁制内筒中
D. 用“静电除尘”、“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法,可提髙空气质量
2.    设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A. 1 mol  在熔融状态吋含有的离了总数为
B. 某温度下纯水的 ,该温度下 的NaOH溶液中含 的数目为
C.  二氧化锰与含有  mol HCl的浓盐酸加热充分反应,转移电子的数目为
D. 12g金刚石中 键的数目为
3.    关于有机物( )的结构、性质有关的叙述正确的是( )
A. 该物质所有原子可能在同一平面
B. 与该物质具有相同官能团的芳香烃同分异构体有2种
C. 该物质在一定条件下能发生加成反应、氧化反应、取代反应、加聚反应
D. 1mol该物质最多可与 反应
4.    下列有关实验操作,实验现象以及解释或结论都正确的是( )
选项    实验操作    实验现象    解释或结论
A    将少量Fe(NO3)2加水溶解后,滴加稀硫酸酸化,再滴加KSN溶液    溶液变成血红色    Fe(NO3)2已变质
B    向10mL.0.1 mol/LNa2S溶液中滴加2mL等浓度的ZnSO4溶液,再加入2mL等浓度的CuSO4溶液    先产生白色沉淀,后产生黑色沉淀    Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
C    向淀粉溶液中滴入稀硫酸,水浴加热一段时间后,直接加入少量新制氢氧化铜悬浊液并煮沸    生成砖红色沉淀    淀粉在酸性条牛可水解,产物中有葡萄糖
D    分别向等物质的量浓度、等体积的KCl和KI溶液中滴加2滴稀的[Ag(NH3)2]OH溶液,充分振荡后    KC1溶液中无白色沉淀,KI溶液中有黄色沉淀    Ag+结合微粒的能力:I->NH3>Cl-
A. A    B. B    C. C    D. D
5.    如图是一种已投入生产的大型蓄电系统。电解质通过泵不断地在储罐和电池间循环;电池中间为离子选择性膜,在电池放电和充电时该膜可允许钠离子通过;图中左边的电解质为Na2S2、Na2S4,右边电解质为NaBr3、NaBr.充、放电时发生的反应为:NaS+3NaBr 2Na2S:+NaBr3,下列说法正确的是( )
A. 充电时b端为电源负极
B. 在放电过程中钠离子通过离子选择膜的流向为从右到左
C. 电池充电时,阴极的电极反应为
D. 以此蓄电池为电源电解精炼铜,当有  mol  转移吋时,阳极有 铜溶解
6.    短周期主族元素Ⅹ、Y、Z、M、W的原子序数依次增大,其中Z、W处于同一主族,Z、M的原子最外层电子数之和等于9,Y的氢化物常温下呈液态,是人类生存的重要资源,X的简单氢化物与W的单质(黄绿色)组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油状混合物。下列说法正确的是( )
A. Y和W形成的某种二元化合物可用于自来水的杀菌消毒
B. 简单离子半径:
C. W的氧化物对应的水化物的酸性比X的强
D. Z分别与X、M形成的化合物,其所含化学键的类型相同
7.    已知H3PO4是一种三元中强酸。25℃时,某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液,滴加过程中各种含磷微粒的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是( )
A. 曲线2和曲线4分别表示 和 变化
B.  时, 的电离常数 :
C.  时,溶液中由水电离出的
D.  时,溶液中
8.    以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料,获取净水剂黄钠铁矾[NaFe(SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如图1:
 
(1)“酸浸”过程,为提高铁和镍元素的浸出率,可采取的措施有______,______(写出两种)。
(2)“过滤Ⅰ”滤渣的主要成分是______。
(3)“氧化”过程欲使0.3 mol Fe2+转变为Fe3+,则需氧化剂 NaClO至少为______ mol。
(4)‘沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2,生成黃钠铁矾沉淀,写出该反应的化学方程式______。若碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁矾转交为______(填化学式)。
(5)向“过滤Ⅱ”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4•H2O,在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应,含镍产物的XRD图谱如图2所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在,不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为______。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离了方程式______。
(6)高铁酸盐也是一种优良的含铁净水剂,J.C. Poggendor早在1841年利用纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解制得Na2FeO4,阳极生成FeO42-的电极反应式为______; Deininger等对其进行改进,在阴、阳电极间设置阳离子交换膜,有效提高了产率,阳离子交换膜的作用是______。
9.    随着石油资源的日益枯竭,天然气的开发利用越来越受到重视。CH4/CO2催化重整制备合成气(CO和H2)是温室气体CO2和CH4资源化利用的重要途径之一,并受了国内外研究人员的高度重视。回答下列问题:
(1)已知:①CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9 kJ•mol-1
②CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2 kJ•mol-1
CH4/CO2催化重整反应为CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)△H
该催化重整反应的△H=______ kJ•mol-1.要缩短该反应达到平衡的时间并提高H2的产率可采取的措施为______。
(2)向2L刚性密闭容器中充入2 mol CH4和2 mol CO2进行催化重整反应,不同温度下平衡体系中CH4和CO的体积分数(φ)随温度变化如表所示。
φ
温度    CH4    CO
T1    a    a
T2    c    b
已知b>a>c,则T1______T2(填“>”“<”或“=”)。T1下该反应的平衡常数K=______(mol2•L-2)
(3)实验硏究表明,载体对催化剂性能起着极为重要的作用,在压强0.03MPa,温度750℃条件下,载休对镍基催化剂性能的影响相关数据如表:
催化剂    载体    转化率/%    尾气组成/%
        CH4    CO2    CH4    CO2    CO    H2
Ni    MgO    99.3    87.7    0.8    6.8    50.3    42.1
    CaO    58.8    45.8    17.7    18.8    33.7    29.8
    CeO2    62.9    57.6    17.2    19.1    34.0    29.7
由上表判断,应选择载体为______(填化学式),理由是______。
(4)现有温度桕同的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个恒压密闭容器,均充入2mol CH4(g)和2 molCO2(g)进行反应,三个容器的反应压强分别为p1atm、p2atm、p3atm,在其他条件相同的情况下,反应均进行到tmin时,CO2的体积分数如图所示,此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ个容器中一定处于化学平衡状态的是______。
(5)利用合成气为原料合成甲醇,其反应为CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g),在一定温度下查得该反应的相关数据如表所示:
组别    起始浓度/(mol•L-1)    初始速率/(mol•L-1•min-1)
    CO    H2    
1    0.24    0.48    0.361
2    0.24    0.96    0.720
3    0.48    0.48    0.719
该反应速率的通式为ν正=k正cm(CO)•cn(H2)(k正是与温度有关的速率常数)。由表中数据可确定反应速率的通式中n=______(取正整数)。若该温度下平衡吋组别1的产率为25%,则组别1平衡时的v正=______(保留1位小数)。
10.    铁在自然界中的含量丰富,而且在生活生产中应用广泛。
(1)铁在周期表中的位置为______。
(2)硝普试剂[Fe(NO)CN)5}2-可用于检验S2-,两者反应得紫色溶液,其中两个配体互为等电子体,已知硝普试剂[Fe(NO)(CN)5]2-中Fe为+2价,其基态离子的外围电子排布式为______。
(3)K4[Fe(CN)6]溶液可用于检验Fe3+,K、C、N的第一电离能由大到小的顺序为______,K4[Fe(CN)6]内界中σ键与π键的个数比为______。
(4)二茂铁是由两个环戊二烯阴离子与Fe2+离子组成的三明治型化合物,即 .环戊二烯分子( )中碳原子的杂化方式为______。
(5)工业电解熔融的FeO、Fe2O3冶炼高纯铁。FeO与Fe2O3相比,______熔点高,其主要原因是______。
(6)铁单质晶体在不同温度下有两种主要的堆积方式--体心立方(A)与面心立方(B),假定Fe原子半径不变,在两种堆积中,配位数之比NA:NB为______晶体密度之比ρA:ρB为______。
11.    肉桂酸D(β-苯基丙烯酸)用于制备化妆品、香皂的香精,乜可制造局部麻醉剂、杀菌剂、止血药、植物生长促进剂、防腐剂、感光树脂等。下列是肉桂酸D的合成与应用的反应路线:
 
已知:RCHO+CH3CHO RCH=CH-CHO,R为烃基
(1)A的分子式是______,A生成苯甲醇的反应类型是______。
(2)C的结构简式是______,肉柱醛中的官能团名称是______。
(3)E是一种合成香精的定香剂,已知E为反式结构,则其结构简式为______。
(4)在G中共直线的原子共有______个,1molB转化为C最多消耗______mol NaOH
(5)写出上图中F与NaOH醇溶液共热时的化学方程式______。
(6)P是E的同分异构体,写出符合下列条件的P的键线式______。
①有两个相同的官能团;②能与新制氢氧化铜悬浊液作用产生砖红色沉淀;③含有苯环,核磁共振氢谱有三组面积之比为2:2:1的峰。
(7)以乙醇为原料,设计制备高分子化合物 的合成路线(用结构简式表示有机物,用箭头表示转亿关系,箭头上注明试剂和反应条件,无机试剂任选)
12.    作为食品添加剂时,亚硝酸钠(NaNO2)可以增加肉类的鲜度,抑制微生物,保持肉制品的结构和营养价值;但是过量振入会导致中毒。某实验小组设计实验制备亚硝酸钠并进行含量测定。
Ⅰ.NaNO2制备
实验室以木炭、浓硝酸、Na2O2为主要原料按照如图所示装置制各亚硝酸钠(加热装置及部分夹持装置已略去),反应原理为:2NO+Na2O2=2NaNO2
 
回答下列问题:
(1)连接好装置之后,下一步实验操作是______。
(2)B装置中铜的作用是______。
(3)E装置用于尾气处理,E中反应的离子方程式为______。
(4)实验结末阶段,熄灭酒精灯之后继续通入N2直至装置冷却。此时通入N2的目的是______。
Ⅱ.含量的测定
查阅资料可知:酸性KMnO4溶液可将NO2-氧化为NO3-,MnO4还原成Mn2+。
(5)溶液配制:称取装置D中反应后的固体4.000g,用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解,完全溶解后,仝部转移至250mL的______中,加蒸馏水至______。
滴定:取25.00mL溶液于锥形瓶中,用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液进行淌定,实验所得数据如下表所示:
滴定次数    1    2    3    4
KMnO4溶液体积/mL    21.98    22.02    22.00    22.60
(6)第4组实验数据出现异常,造成这种异常的原因可能是______(双项选择)。
A.锥形瓶洗净后未干燥   B.滴定终了仰视读数
C.滴定终了俯视读数     D.酸式滴定管用蒸馏水洗浄后未用标准液润洗
(7)根据表中数据,计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数______%(保留2位小数)。

答案和解析
1.【答案】D
【解析】
解:A.草木灰的主要成分是碳酸钾,碳酸钾水解显碱性,可去油污洗衣服,故A错误;
B.増强聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的,含有碳元素,属于有机高分子材料,故B错误;
C.Al2(SO4)3在水中水解显酸性,能腐蚀铁,所以Al2(SO4)3溶液应不能贮存在铁制内筒中,故C错误;
D.用“静电除尘”、“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法,可以减少二氧化硫、氮的氧化物、粉尘等污染物的排放,所以用“静电除尘”、“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法,可提髙空气质量,故D正确。
故选:D。
A.草木灰的主要成分是碳酸钾;
B.増强聚四氟乙烯属于有机高分子材料;
C.Al2(SO4)3在水中水解显酸性,能腐蚀铁;
D.用“静电除尘”、“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法,可以减少二氧化硫、氮的氧化物、粉尘等污染物的排放。
本题考查化学与生产、生活的关系,题目难度不大,要求学生能够用化学知识解释化学现象,试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
2.【答案】B
【解析】
解:A、AlCl3是共价化合物,熔融时不能电离,无离子,故A错误;
B、某温度下纯水的pH=6,即水的离子积为10-12,故pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L,则10L此溶液中氢氧根个数为NA个,故B正确;
C、二氧化锰只能与浓盐酸反应,和稀盐酸不反应,故浓盐酸不能反应完全,则转移的电子数小于0.2NA个,故C错误;
D、12g金刚石的物质的量为1mol,而金刚石中含2条C-C键,故1mol金刚石中含C-C键为2NA个,故D错误。
故选:B。
A、AlCl3是共价化合物;
B、某温度下纯水的pH=6,即水的离子积为10-12,据此分析溶液中氢氧根的浓度;
C、二氧化锰只能与浓盐酸反应,和稀盐酸不反应;
D、求出金刚石的物质的量,然后根据金刚石中含2条C-C键来分析。
本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算,难度不大,掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3.【答案】C
【解析】
解:A.含有甲基,具有甲烷的结构特点,则所有原子不可能在同一平面,故A错误;
B.与该物质具有相同官能团的芳香烃,可含有两个取代基,分别为-CH3、-CH=CH2,有邻、间、对3种,也可为-CH=CHCH3、-C(CH3)=CH2,共5种,故B错误;
C.含有甲基、苯环,可发生取代反应,含有碳碳双键,可发生加成、加聚和氧化反应,故C正确;
D.碳碳双键和苯环在一定条件下都可发生加成反应,故D错误。
故选:C。
有机物含有苯环和碳碳双键,具有苯、烯烃的结构特点,可发生取代、加成、加聚和氧化反应,以此解答该题。
本题综合考查有机物的结构和性质,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握有机物的官能团的性质,本题易错点为B,注意同分异构体的判断,难度中等。
4.【答案】D
【解析】
解:A.将少量Fe(NO3)2加水溶解后,滴加稀硫酸酸化,亚铁离子被硝酸根离子氧化,干扰了实验,无法判断Fe(NO3)2是否变质,故A错误;
B.Na2S与ZnSO4溶液反应后有剩余,剩余的Na2S与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀,无法比较Ksp(ZnS)、Ksp(CuS)的大小,故B错误;
C.稀硫酸与氢氧化铜浊液反应,干扰了检验,应该先向水解后的溶液中加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸,然后再加入少量新制氢氧化铜悬浊液并煮沸,故C错误;
D.KCl溶液中无白色沉淀,KI溶液中有黄色沉淀,说明易生成AgI,可说明微粒结合Ag+的能力:I->NH3>Cl-,故D正确;
故选:D。
A.酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子,干扰了检验结果;
B.硫化钠过量,过量的硫化钠与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀,无法比较二者溶度积大小;
C.加热氢氧化铜前应该先用氢氧化钠中和稀硫酸;
D.KCl溶液中无白色沉淀,KI溶液中有黄色沉淀,说明易生成AgI。
本题考查化学实验方案的评价,为高考常见题型和高频考点,题目难度不大,侧重于学生的分析能力和评价能力的考查,注意把握实验的合理性和可行性的评价,把握物质的性质。
5.【答案】C
【解析】
解:A.放电时b为正极,a为负极,充电时b端为外电源正极,故A错误;
B.在原电池中,阳离子移向正极,Na+经过离子交换膜,即由左池移向右池,故B错误;
C.放电时负极反应为2S22--2e-=S42-,充电时阴极反应与负极反应相反,所以阴极反应式为S42-+2e-=2S22-,故C正确;
D.电解精炼铜时,粗铜作阳极,粗铜中含有杂质,电路中转移0.1mol e-时,阴极上析出3.2g铜,阳极溶解铜小于3.2g,故D错误;
故选:C。
根据总反应2Na2S2+NaBr3 Na2S4+3NaBr可知放电过程时,S元素的化合价从-1价上升到- 价,则a为负极,放电时负极反应为2S22--2e-=S42-,Br元素的化合价从- 价降到-1价,则b为正极,正极反应为Br3-+2e-=3Br-,放电时Na+移向正极b;充电时与放电相反,电池充电时外接电源的正极与电池的正极相连,负极与负极相连,则b池发生氧化反应,为电解池的阳极,a池发生还原反应,为电解池的阴极,据此解答。
本题综合考查原电池和电解池知识,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,分析原理并正确书写电极反应式是解题的关键,注意新型电池的原理分析,题目难度中等。
6.【答案】A
【解析】
解:根据分析可知:X为C,Y为O,Z为F,M为Mg,W为Cl元素。
A.O、Cl形成的二氧化氯具有强氧化性,可用于自来水的杀菌消毒,故A正确;
B.离子的电子层越多离子半径越大,电子层相同时,核电荷数越大离子半径越小,则离子半径:M<Y<W,故B错误;
C.没有指出最高价含氧酸,该说法不合理,故C错误;
D.F与C形成的是共价化合物,含有共价键,而F与Mg形成的是离子化合物,只含有离子键,所含化学键的类型不同,故D错误;
故选:A。
短周期主族元素Ⅹ、Y、Z、M、W的原子序数依次增大,Y的氢化物常温下呈液态,是人类生存的重要资源,则Y为O元素;X的简单氢化物与W的单质(黄绿色)组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油状混合物,X为C,W为Cl元素;其中Z、W处于同一主族,则Z为F;Z、M的原子最外层电子数之和等于9,M的最外层电子数为9-7=2,结合原子序数可知M为第三周期的Mg元素,以此解答该题。
本题考查原子结构与元素周期律的关系,题目难度不大,推断元素为解答关键,注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质,试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
7.【答案】B
【解析】
解:A.起始时段附近浓度较高的为H3PO4,随着pH缓慢增大,溶液中H3PO4浓度降低,H2PO4-浓度增大,然后H2PO4-浓度降低,HPO42-浓度增大,然后HPO42-浓度降低,PO43-浓度增大,所以曲线1表示δ(H3PO4),曲线2表示δ(H2PO4-),曲线3表示δ(HPO42-),曲线4表示δ(PO43-),故A错误;
B.根据图象,溶液中c(H3PO4)=c(H2PO4-)时,即δ(H3PO4)=δ(H2PO4-)时,溶液的pH=2.1,则H3PO4的电离常数K1= =c(H+)=10-2.1;pH=7.2时,溶液中δ(H2PO4-)=δ(HPO42-),则c(H2PO4-)=c(HPO42-),K2= =c(H+)=10-7.2,则K1:K2=10-2.1:10-7.2=105.1,故B正确;
C.pH=7.2时,溶液中δ(H2PO4-)=δ(HPO42-),则c(H2PO4-)=c(HPO42-),溶液呈碱性,说明以水解为主,促进了水的电离,溶液中氢氧根离子来自水的电离,则水电离的c(H+)=10-6.8mol/L,故C错误;
D.pH=12.3时,溶液中(HPO42-)=δ(PO43-),则c(HPO42-)=c(PO43-),即c(Na3PO4)=c(Na2HPO4),根据物料守恒可得:5c(Na+)=2c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+2c(PO43-)+2c(H3PO4),故D错误;
故选:B。
A.起始时段附近浓度较高的为H3PO4,随着pH缓慢增大,溶液中H3PO4浓度降低,H2PO4-浓度增大,然后H2PO4-浓度降低,HPO42-浓度增大,然后HPO42-浓度降低,PO43-浓度增大;
B.根据溶液中c(H3PO4)=c(H2PO4-)、c(H2PO4-)=HPO42-时溶液的pH计算K1:K2;
C.pH=7.2时,溶液中δ(H2PO4-)=δ(HPO42-),则c(H2PO4-)=c(HPO42-),溶液呈碱性,说明促进了水的电离,溶液中氢氧根离子来自水的电离;
D.pH=12.3时,溶液中(HPO42-)=δ(PO43-),则c(HPO42-)=c(PO43-),结合物料守恒分析。
本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较,题目难度中等,明确图象曲线代表的粒子为解答关键,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及物料守恒,试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
8.【答案】提高反应温度   适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等   SiO2   0.15   3Fe2(SO4)3+6H2O+6Na2CO3=2NaFe(SO4)2(OH)6↓+5Na2SO4+6CO2↑   Fe(OH)3   0.015mol•L-1   N2H4•H2O+2Ni2++4OH-=2Ni↓+N2↑+5H2O   Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O   避免FeO42-在阴极上被还原
【解析】
解:(1)为了提高酸浸时铝元素的浸出率,可以采用增大溶液浓度、升高温度或增大反应物接触面积等方法,也可搅拌,增大接触面积,
故答案为:提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等;
(2)SiO2与稀硫酸不反应,为“过滤Ⅰ”的滤渣,故答案为:SiO2;
(3)加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子,反应的离子方程式为2H++2Fe2++ClO-═2Fe3++Cl-+H2O,反应中Fe元素化合价由+2价升高为+3价,Cl元素化合价由+1价变化为-1价,则欲使0.3 molFe2+转变为Fe3+,则需氧化剂 NaClO至少为0.15mol,
故答案为:0.15;
(4)生成硫酸铁与碳酸钠发生双水解得到黄钠铁矾,化学反应方程式为:3Fe2(SO4)3+6H2O+6 Na2CO3=2NaFe(SO4)2(OH)6↓+5 Na2SO4+6CO2↑,碳酸钠过多,溶液碱性国强,则会导致生成的沉淀由黄钠铁钒转变为Fe(OH)3,
故答案为:3Fe2(SO4)3+6H2O+6Na2CO3=2NaFe(SO4)2(OH)6↓+5Na2SO4+6CO2↑;Fe(OH)3;
(5)由图象可知,当氢氧化钠浓度为0.015 mol•L-1时,可制得高纯纳米镍粉,方程式为N2H4•H2O+2Ni2++4OH-═2Ni↓+N2↑+5H2O,
故答案为:0.015mol•L-1;N2H4•H2O+2Ni2++4OH-═2Ni↓+N2↑+5H2O;
(6)阳极生成FeO42-的电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O,在阴、阳电极间设置阳离子交换膜,有效提高了产率,阳离子交换膜的作用是避免FeO42-在阴极上被还原,
故答案为:Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O;避免FeO42-在阴极上被还原。
红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加入硫酸酸浸,酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+,另含有少量Fe2+、Fe3+等,加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子,加入碳酸钠溶液调节溶液的pH,使铁离子全部沉淀,过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3,滤液可得到净水剂黄钠铁矾,将NiCO3经处理可得到Ni,以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯,为高频考点,把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物知识与实验的结合,题目难度不大。
9.【答案】+247.1   升高温度   <      MgO   在此条件下合成气产率高   III   1   0.4mol/L
【解析】
解:(1)①CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9 kJ•mol-1
②CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2 kJ•mol-1
将方程式①-②得方程式CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)△H=(+205.9+41.2)kJ/mol=+247.1kJ/mol;
该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应,要缩短该反应达到平衡的时间并提高H2的产率,改变条件时要加快化学反应速率且平衡正向移动,升高温度能加快化学反应速率且平衡正向移动,
故答案为:+247.1;升高温度;
(2)该反应的正反应是吸热反应,升高温度CO含量增大,升高温度平衡正向移动则CO含量增大,b>a>c,则温度T1<T2;相同条件下不同气体的体积分数之比等于其物质的量分数之比,平衡时甲烷和CO的体积分数相等,则其物质的量分数相等,物质的量浓度相等,假设生成的n(CO)=xmol
开始c(CH4)=c(CO2)= mol/L=1mol/L,
可逆反应CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)
开始mol 2               2                 0              0
反应mol 0.5x          0.5x            x               x
平衡mol 2-0.5x     2-0.5x           x              x
平衡时甲烷和CO的物质的量相等,则2-0.5x=x,x= ,
则平衡时c(CH4)=c(CO2)=c(CO)=c(H2)= mol/L,
化学平衡常数K= = = ,
故答案为:<; ;
(3)相同温度和压强下,反应物的转化率越高、平衡时反应体系中生成物的含量越大,催化剂载体越好,根据表中数据知,MgO最好,
故答案为:MgO;在此条件下合成气产率高;
(4)CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g),这是一个气体体积增大的反应,三个容器的反应压强分别为P1、P2、P3且P1<P2<P3,若未达平衡,压强越高反应速率越快,相同时间内CO2的含量越低,tmin时,CO2的含量Ⅲ比Ⅱ和Ⅰ高,故Ⅲ到达平衡,而Ⅱ比Ⅰ低,则Ⅰ没有到达平衡,Ⅱ可能到达平衡;
故答案为:Ⅲ;
(5)根据1、2组数据知,0.361:0.720=cn(0.48):cn(0.96)=1:2,n=1、根据1、3族数据知,0.361:0.719=cm(0.24):cm(0.48)=1:2,m=-1,根据2组数据得0.720=k正c-1(0.24)•c(0.96),k正=0.18,
若该温度下平衡时组别1的产率为25%,如果CO完全反应则生成c(CH3OH)=0.24mol/L,实际上其产率为25%,则平衡时c(CH3OH)=0.24mol/L×25%=0.06mol/L,c(CO)=(0.24-0.06)mol/L=0.18mol/L、c(H2)=(0.48-0.06×2)=0.36mol/L,则组别1平衡时的v正=[0.18×c-1(0.18)•c(0.36)]mol/L=0.36mol/L≈0.4mol/L,
故答案为:1;0.4mol/L。
(1)①CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9 kJ•mol-1
②CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2 kJ•mol-1
将方程式①-②得方程式CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)△H进行相应的改变;
该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应,要缩短该反应达到平衡的时间并提高H2的产率,改变条件时要加快化学反应速率且平衡正向移动;
(2)该反应的正反应是吸热反应,升高温度CO含量增大;相同条件下不同气体的体积分数之比等于其物质的量分数之比,平衡时甲烷和CO的体积分数相等,则其物质的量分数相等,物质的量浓度相等,假设生成的n(CO)=xmol
开始c(CH4)=c(CO2)= mol/L=1mol/L,
可逆反应CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)
开始mol 2               2                 0              0
反应mol 0.5x          0.5x            x               x
平衡mol 2-0.5x     2-0.5x           x              x
平衡时甲烷和CO的物质的量相等,则2-0.5x=x,x= ,
则平衡时c(CH4)=c(CO2)=c(CO)=c(H2)= mol/L,
化学平衡常数K= ;
(3)相同温度和压强下,反应物的转化率越高、平衡时反应体系中生成物的含量越大,催化剂载体越好;
(4)CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g),这是一个气体体积增大的反应,三个容器的反应压强分别为P1、P2、P3且P1<P2<P3,若未达平衡,压强越高反应速率越快,相同时间内CO2的含量越低;
(5)根据1、2组数据知,0.361:0.720=cn(0.48):cn(0.96)=1:2,n=1、根据1、3族数据知,0.361:0.719=cm(0.24):cm(0.48)=1:2,m=-1,根据2组数据得0.720=k正c-1(0.24)•c(0.96),k正=0.18,
若该温度下平衡时组别1的产率为25%,如果CO完全反应则生成c(CH3OH)=0.24mol/L,实际上其产率为25%,则平衡时c(CH3OH)=0.24mol/L×25%=0.06mol/L,c(CO)=(0.24-0.06)mol/L=0.18mol/L、c(H2)=(0.48-0.06×2)=0.36mol/L。
本题考查化学平衡计算、外界条件对化学平衡移动影响等知识点,侧重考查基础知识再现、图象分析判断及知识综合运用能力,难点是(5)题计算,会正确计算m、n的值及平衡化学反应速率,题目难度中等。
10.【答案】第四周期第VIII族   3d6   N>C>K   1:1   sp2、sp3   Fe2O3   FeO、Fe2O3都是离子化合物,Fe3+的半径小且电荷多,Fe3+与O2-之间的离子键键能更大   2:3   
【解析】
解:(1)铁在周期表中的位置为第四周期第VIII族,
故答案为:第四周期第VIII族;
(2)Fe原子失去最外层2个电子生成Fe2+,其基态离子的外围电子为3d能级上的6个电子,其价电子排布式为3d6,
故答案为:3d6;
(3)第一电离能非金属>金属,所以第一电离能N、C元素都大于K元素;同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,但是第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素,所以第一电离能N>C,则第一电离能N>C>K;K4[Fe(CN)6]内界中Fe原子和6个C原子形成6个σ键、每个CN中存在1个σ键、2个π键,所以该化学式内界中含有12个σ键、12个π键,则σ键、π键个数之比为12:12=1:1,
故答案为:N>C>K;1:1;
(4)环戊二烯分子( )中碳原子价层电子对个数为3、4,根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp2、sp3,
故答案为:sp2、sp3;
(5)离子晶体晶格能越大,其熔沸点越高,晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比,二者都是离子化合物,Fe3+的半径小且电荷多,Fe3+与O2-之间的离子键键能更大,故Fe2O3的熔点高于FeO的熔点,
故答案为:FeO、Fe2O3都是离子化合物,Fe3+的半径小且电荷多,Fe3+与O2-之间的离子键键能更大;
(6)A中Fe原子配位数为8、B中Fe原子配位数=3×8÷2=12,则A、B晶胞中Fe原子个数之比为8:12=2:3;
A中Fe原子个数=1+8× =2,B原子个数=6× +8× =4,Fe原子半径为rcm,A中晶胞体积=( )3cm3、B中晶胞体积=( )3cm3,晶体密度之比ρA:ρB= : = ,
故答案为:2:3; 。
(1)铁在周期表中的位置为第四周期第VIII族;
(2)Fe原子失去最外层2个电子生成Fe2+,其基态离子的外围电子为3d能级上的6个电子;
(3)第一电离能非金属>金属,同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,但是第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素;K4[Fe(CN)6]内界中Fe原子和6个C原子形成6个σ键、每个CN中存在1个σ键、2个π键;
(4)环戊二烯分子( )中碳原子价层电子对个数为3、4,根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型;
(5)离子晶体晶格能越大,其熔沸点越高,晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比;
(6)A中Fe原子配位数为8、B中Fe原子配位数=3×8÷2;
A中Fe原子个数=1+8× =2,B原子个数=6× +8× =4,Fe原子半径为rcm,A中晶胞体积=( )3cm3、B中晶胞体积=( )3cm3,晶体密度之比ρA:ρB= : 。
本题考查物质结构和性质,涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、核外电子排布式的书写等知识点,明确原子结构、元素周期表结构及晶胞结构是解本题关键,知道晶格能影响因素,难点是晶胞计算,注意体心立方中体对角线上的3个原子紧密相邻、面心立方晶胞中面对角线上3个原子紧密相邻,题目难度中等。
11.【答案】C7H7Cl   取代反应或水解反应      碳碳双键、醛基      6   2      
【解析】
解:(1)A为 ,A的分子式是C7H7Cl,A发生水解反应生成苯甲醇,该反应也是取代反应,则A生成苯甲醇的反应类型是取代反应或水解反应,
故答案为:C7H7Cl;取代反应或水解反应;
(2)C的结构简式是 ,肉柱醛中的官能团名称是碳碳双键、醛基,
故答案为: ;碳碳双键、醛基;
(3)E是一种合成香精的定香剂,已知E为反式结构,则其结构简式为 ,
故答案为: ;
(4)羧基中所有原子共平面、连接碳碳三键两端的碳原子共平面,苯环上所有原子共平面,单键可以旋转,则在G中共直线的原子共有6个,分别为羧基上的C原子、-OH上的原子、连接碳碳三键两端的碳原子、连接碳碳三键的碳原子苯环上的碳原子;B水解生成的HBr能和NaOH反应,则1molB转化为C最多消耗 2mol NaOH,
故答案为:6;2;
(5)F为 ,F与NaOH醇溶液共热时的化学方程式为 ,
故答案为: ;
(6)E为 ,P是E的同分异构体,P符合下列条件:
①有两个相同的官能团;
②能与新制氢氧化铜悬浊液作用产生砖红色沉淀,说明含有醛基,为两个醛基;
③含有苯环,核磁共振氢谱有三组面积之比为2:2:1的峰,
符合条件的结构简式为 ,
故答案为: ;
(7)乙醇为原料制备 ,该高分子化合物单体为CH3CH=CHCOOH,乙醇发生催化氧化生成乙醛,乙醛发生信息中的反应生成CH3CH=CHCHO,然后发生银镜反应、酸化得到CH3CH=CHCOOH,其合成路线为 ,
故答案为: 。
甲苯发生取代反应生成A,A发生水解反应生成苯甲醇,则A为 ,苯甲醇发生催化氧化生成C为 ,苯甲醛和乙醛发生信息中的反应生成肉桂醛,甲苯和氯气发生取代反应生成B,根据B分子式知,B为 ,肉桂醛发生银镜反应然后酸化得到D为 ,D发生酯化反应生成E,E为 ;D和溴发生加成反应生成F为 ,F发生消去反应然后酸化得到G;
(7)乙醇为原料制备 ,该高分子化合物单体为CH3CH=CHCOOH,乙醇发生催化氧化生成乙醛,乙醛发生信息中的反应生成CH3CH=CHCHO,然后发生银镜反应、酸化得到CH3CH=CHCOOH。
本题考查有机物推断和合成,侧重考查分析推断及知识综合运用能力,利用某些结构简式、分子式、反应条件结合题给信息采用正逆结合的方法进行推断,注意醛醛反应断键和成键特点,题目难度不大。
12.【答案】检查装置气密性   Cu可以和NO2与H2O反应生成的HNO3反应,提高NO产率   5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O   将装置在中的NO全部排入E装置吸收,并防止倒吸   容量瓶   刻度线   BD   94.88
【解析】
解:(1)装置中有气体参与,故连接好装置之后,应检查装置气密性;
故答案为:检查装置气密性;
(2)根据题意由NO和Na2O2制备NaNO2,A装置得到NO2,故B装置的作用是将NO2转化为NO气体,Cu可以和NO2与H2O反应生成的HNO3反应,提高NO产率;
故答案为:Cu可以和NO2与H2O反应生成的HNO3反应,提高NO产率;
(3)E装置用酸性高锰酸钾吸收未反应完的NO气体,离子反应为:5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O;
故答案为:5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O;
(4)NO污染空气,实验结末阶段,熄灭酒精灯之后继续通入N2直至装置冷却。此时通入N2的目的是将装置在中的NO全部排入E装置吸收,并防止倒吸;
故答案为:将装置在中的NO全部排入E装置吸收,并防止倒吸;
(5)溶液配制需要容量瓶,故称取装置D中反应后的固体4.000g,用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解,完全溶解后,仝部转移至250mL的容量瓶中,再定容,加蒸馏水至刻度线;
故答案为:容量瓶;刻度线;
(6)第4组标准液体积偏高,
A.锥形瓶洗净后未干燥,不影响,故A错误;
B.滴定终了仰视读数,读数偏大,故B正确;
C.滴定终了俯视读数,读数偏小,故C错误;
D.酸式滴定管用蒸馏水洗浄后未用标准液润洗,标准液被稀释,消耗体积增大,故D正确;
故答案为:BD;
(7)消耗KMnO4溶液体积为22.00MmL,
滴定反应为:2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O,则n(NaNO2)= n(KMnO4),
则所得固体中亚硝酸钠的质量分数为: ×100%=94.88%;
故答案为:94.88。
A装置由C和浓硝酸制备NO2,B装置将NO2转化为NO气体,C干燥NO气体,D装置由NO和Na2O2制备NaNO2,E装置用酸性高锰酸钾吸收未反应完的NO气体,
(1)装置有气体参与,需要检查装置气密性;
(2)根据题意由NO和Na2O2制备NaNO2,A装置得到NO2,故B装置的作用是将NO2转化为NO气体,据此分析;
(3)NO与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应得到硝酸根离子和锰离子,据此书写;
(4)NO污染空气,应充分吸收,据此分析;
(5)根据溶液的配置步骤可得;
(6)第4组标准液体积偏高,
A.锥形瓶洗净后未干燥,不影响;
B.滴定终了仰视读数,读数偏大;
C.滴定终了俯视读数,读数偏小;
D.酸式滴定管用蒸馏水洗浄后未用标准液润洗,标准液被稀释,消耗体积增大;
(7)消耗KMnO4溶液体积为22.00MmL,
滴定反应为:2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O,则n(NaNO2)= n(KMnO4),据此计算可得。
本题考查了物质的制备,涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等,明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力,注意题目信息的与相关基础知识联合分析,题目难度中等。

 文 章来源
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