9、的總鍵能小于生成物的總鍵能
D.B→A+D反應的熱化學方程式為3ClO-(aq)Cl(aq)+2Cl-(aq)
ΔH=+116 kJ·mol-1
20.下列說法不正確的是( )
A.碘化氫氣體分解和石英熔化克服的化學鍵類型相同
B.KOH和MgCl2都是離子晶體,均含有共價鍵和離子鍵
C.石英是由硅原子和氧原子構成的原子晶體,每個原子的最外層都具有8電子穩(wěn)定結構
D.Cl2、Br2、I2的分子間作用力依次增大,沸點依次升高
21.研究反應2X(g)Y(g)+Z(g)的反應速率的影響因素,在不同條件下進行4組實驗,Y、Z的起始濃度為0,反應物X的濃度(mol·L-1)隨反
10、應時間(min)的變化情況如圖所示。
下列說法不正確的是( )
A.比較實驗②④得出:升高溫度,化學反應速率增大
B.比較實驗①②得出:增大反應物濃度,化學反應速率增大
C.若實驗②③只有一個條件不同,則實驗③使用了催化劑
D.在0~10 min內,實驗②的平均反應速率v(Y)=0.04 mol·L-1·min-1
22.NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值,下列敘述正確的是( )
A.9 g13CO2與O的混合物中所含中子數(shù)為4.6NA
B.1 L pH=1的稀硫酸中含有的氫離子數(shù)目大于0.1NA
C.4.6 g有機物C2H6O的分子結構中所含碳氫鍵的數(shù)目一定為0.5NA
D.
11、5.6 g Fe完全溶于一定量溴水中,反應過程中轉移的總電子數(shù)一定為0.3NA
23.常溫下,分別向10 mL 0.1 mol·L-1的NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的一元酸HA溶液和HB溶液,用pH傳感器測得混合溶液的pH變化曲線如圖所示,下列說法正確的是( )
A.HA的酸性強于HB的酸性
B.V(酸溶液)=10 mL時,兩份溶液中c(B-)=c(A-)
C.a點時,c(A-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
D.b、c點時,c(A-)+c(HA)=2c(Na+)=c(HB)+c(B-)
24.實驗室可利用硫酸廠廢渣(主要成分為鐵的氧化物及少量FeS
12、、SiO2等)制備聚鐵和綠礬(FeSO4·7H2O),聚鐵的化學式可表示為[Fe2(OH)n(SO4)3-0.5n]m,主要工藝流程如下:
下列說法正確的是( )
A.爐渣中FeS與稀硫酸和氧氣反應的離子方程式為4FeS+7O2+12H+4Fe3++4SO2+6H2O
B.氣體M的成分是SO2,通入H2O2溶液得到硫酸,可循環(huán)使用
C.向溶液X中加入過量鐵粉,充分反應后過濾得到溶液Y,再經蒸干即得綠礬
D.溶液Z的pH影響聚鐵中鐵的質量分數(shù),若其pH偏小,將導致聚鐵中鐵的質量分數(shù)偏大
25.某溶液中只可能含有下列8種離子中的幾種:N、Fe3+、Fe2+、Na+、Cl-、S、S
13、、C。某同學為了確定其組成,設計并完成了如下實驗(不考慮鹽類的水解及水的電離):
①取100 mL上述溶液,加入過量鹽酸酸化的氯化鋇溶液,反應后將沉淀過濾、洗滌、干燥,得沉淀4.66 g;濾液中加入過量硝酸銀溶液,產生白色沉淀。
②另取100 mL上述溶液,加入足量的NaOH溶液,加熱,產生能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體224 mL(已換算成標準狀況,假定產生的氣體全部逸出),反應后將沉淀過濾、洗滌、在空氣中灼燒,得紅棕色固體1.60 g。下列說法正確的是( )
A.一定存在Na+、S、S、C
B.一定存在N、Na+、S,至少含有Fe3+、Fe2+中的一種
C.溶液中一定含有Cl-
14、,且c(Cl-)≥0.1 mol·L-1
D.取少量原溶液于試管中,先加入適量氯水,再加少量KSCN溶液,若溶液呈血紅色,則含有Fe2+
二、非選擇題(本大題共7小題,共50分)
26.(6分)烴D是一種重要的化工原料且在標準狀況下的密度為1.25 g?L-1,F能發(fā)生銀鏡反應,C與乙酸、乙醇均發(fā)生酯化反應且分子中含有甲基。有關物質的轉化關系如下圖所示。
(1)A中所含官能團的名稱為 。?
(2)C的結構簡式為 。?
(3)已知乙酰氯的結構簡式為,反應③的化學方程式為 。?
(4)下列說法不正確的是 。?
15、
A.在反應①中加入碘水,溶液不變藍,說明反應物完全水解
B.兩分子C發(fā)生酯化反應只能生成一種酯
C.一定條件下,A、B、C、E都能與NaOH反應
D.反應②和⑤均為加成反應,但反應⑤也屬于酯化反應
27.(6分)為探究某礦物X(僅含三種元素)的組成與性質,設計并完成了如下實驗:
請回答:
(1)X的化學式為 。?
(2)X與空氣中O2反應生成A和B的化學方程式為 。?
(3)寫出氣體A與溶液D反應的離子方程式: 。?
28.(4分)某學習小組在研究CH4還原Fe2O3的實驗中,發(fā)現(xiàn)生成的黑色粉末能被磁鐵吸引。查閱
16、資料得知:在溫度不同、受熱不均時會生成具有磁性的Fe3O4。為進一步探究黑色粉末的組成及含量,他們進行如下實驗。
(1)往黑色粉末中滴加鹽酸,觀察到有氣泡產生,則黑色粉末中一定有 。?
(2)用以下裝置可以說明產物中有Fe3O4存在:檢查裝置的氣密性,往裝置中添加相應的藥品,接下來的一步操作為 。?
(3)為進一步證明黑色粉末是否含F(xiàn)e3O4,某同學設計實驗方案如下:取少量黑色粉末于試管,加足量鹽酸,充分振蕩使黑色粉末完全溶解,滴入KSCN溶液,觀察現(xiàn)象。請分析此方案是否可行,并解釋原因: 。?
29.(4分)取8.54 g含有Na2C
17、O3、NaOH、Ba(NO3)2的固體混合物溶于足量水中,向反應后的試管中逐滴滴加1.00 mol·L-1的鹽酸,加入鹽酸的體積和沉淀質量的關系如圖所示。
(1)混合物中Ba(NO3)2的物質的量至少為 mol。?
(2)X的最大值為 mL。?
30.【加試題】(10分)冶金工業(yè)、硝酸工業(yè)的廢氣廢液中含氮化合物污染嚴重,必須處理達標后才能排放。
Ⅰ.用活性炭處理工廠尾氣中的氮氧化物。
(1)已知:①4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(l) ΔH1=a kJ·mol-1
②4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(l) ΔH2=b kJ·mol-
18、1
③C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH3=c kJ·mol-1
則反應C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的ΔH= 。?
(2)在容積不變的密閉容器中,一定量的NO與足量的C發(fā)生反應:C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) ΔH=Q kJ·mol-1,平衡時c(NO)與溫度T的關系如圖1所示,下列說法正確的是 。?
A.其他條件不變,改變活性炭的用量,平衡一定不移動
B.該反應的Q>0,所以T1、T2、T3對應的平衡常數(shù):K1v逆
D.若狀態(tài)B、C、D體系的壓強分別為p
19、(B)、p(C)、p(D),則p(D)=p(C)>p(B)
(3)已知某溫度時,反應C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的平衡常數(shù)K=,在該溫度下的2 L密閉容器中投入足量的活性炭和2.0 mol NO發(fā)生反應,t1時刻達到平衡,請在圖2中畫出反應過程中c(NO)隨時間t的變化曲線。
(4)工業(yè)上實際處理廢氣時,常用活性炭作催化劑,用NH3還原NO,同時通入一定量的O2以提高處理效果。當n(NH3)=n(NO)時,寫出體系中總反應的化學方程式: 。?
Ⅱ.用納米鐵粉或電解法處理廢水中的硝酸鹽。
(5)納米鐵粉處理污水中N的離子方程式為4Fe
20、+N+10H+4Fe2++N+3H2O。
實驗證實,pH偏小將會導致N的去除率下降,其原因是 。相同條件下,納米鐵粉去除不同水樣中N的速率有較大差異(見右圖),產生該差異的可能原因是 。?
(6)電解法處理水中硝酸鹽的原理是以金屬Pt作電極,用質子交換膜把溶液分為陰陽兩極區(qū),陰極區(qū)為含硝酸鹽的工業(yè)廢水,接通直流電源進行電解。請寫出陰極的電極反應式: 。?
31.【加試題】(10分)氯化亞銅是重要的銅鹽系列化工產品,廣泛應用于石油化工、有機合成等行業(yè)。CuCl
21、晶體呈白色,微溶于水,不溶于稀鹽酸和乙醇,露置于潮濕空氣中易水解氧化為綠色的[Cu2(OH)3Cl],見光易分解。某研究小組以CuCl2(含少量Fe2+)粗品為原料制取CuCl,設計的合成路線如下:
已知:①在較高的鹽酸濃度下,Fe3+能溶解于甲基異丁基甲酮。
②CuCl在溶液中存在:CuCl(s)+2Cl-(aq)[CuCl3]2-(aq)。
請回答:
(1)下列敘述正確的是 。?
A.CuCl2原料中含有的Fe2+等雜質經過氧化、萃取流程,幾乎都在有機相中被除去
B.加入萃取劑后,混合物轉移至分液漏斗中,塞上玻璃塞,如圖用力振蕩
C.經幾次振蕩并放氣后,手持分液
22、漏斗靜置待液體分層
D.用濃鹽酸洗滌分液后的有機相時,需在分液漏斗中進行
(2)上述合成路線中,SO2通入混合液的實驗裝置如下圖所示:
①裝置D的作用是 。?
②C中反應的離子方程式為 。?
(3)上述合成路線中,向混合液中加入大量去氧水的目的是 。?
(4)上述合成路線中,一系列操作包括:抽濾、洗滌、干燥。干燥時應注意密封、 。?
(5)現(xiàn)稱取1.000 g產品,用硫酸酸化的硫酸鐵溶解,并稀釋成250 mL。每次用移液管移取25.00 mL溶液于錐形瓶中,用0.010 0 mol
23、·L-1KMnO4溶液滴定,平均消耗20.00 mL。產品中CuCl的純度為 (本實驗條件下,Cl-難被Mn氧化)。?
32.【加試題】(10分)物質M是一種酰胺類局麻藥,某研究小組以A、E兩種烴為有機原料,按以下路線合成M。
已知:(Ⅰ);(Ⅱ)RCOOHRCOCl;
(Ⅲ)RX++HX。
請回答以下問題:
(1)G的結構簡式為 。?
(2)下列說法不正確的是 。?
A.局麻藥M的分子式為C14H22N2O B.G能與濃鹽酸反應形成鹽
C.E不能使酸性KMnO4溶液褪色 D.B發(fā)生消去反應生成環(huán)氧乙烷
(3)寫出化合物H與NaOH溶液在加熱條
24、件下反應的化學方程式: 。?
(4)寫出滿足下列條件的化合物F的所有同分異構體的結構簡式: 。?
ⅰ.能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應;ⅱ.能發(fā)生銀鏡反應;ⅲ.苯環(huán)上只有兩個取代基且苯環(huán)上只有兩種不同環(huán)境的氫原子。
(5)該小組成員還提出另一種合成M的方案:化合物C與二乙胺[HN(CH2CH3)2]反應制取化合物X,X與G經一步反應即可制得藥物M。請設計以A為原料制備化合物X的合成路線(用流程圖表示,無機試劑任選)。
參考答案
浙江省普通高校招生選考(化學)仿真模擬卷(一)
1.D 2.D
25、 3.D 4.D 5.C 6.C 7.C
8.C A項,氯氣與品紅溶液中的水反應可生成次氯酸,可以使品紅溶液褪色;B項,鎂單質可以與二氧化碳氣體反應;C項,濃硫酸有強氧化性,常溫下,鐵與濃硫酸發(fā)生鈍化,表面生成致密的氧化物薄膜,該反應屬于氧化還原反應;D項,氯氣與水反應生成HCl和次氯酸,次氯酸久置會分解生成HCl和氧氣,最終新制氯水會變成稀鹽酸,酸性增強。
9.B
10.D A項,容量瓶是配制一定物質的量濃度溶液的儀器,不能作反應和溶解容器;B項,鉑絲要用稀鹽酸洗凈;C項,因為KNO3的溶解度受溫度變化影響很大,所以應該用降溫結晶法(或冷卻熱飽和溶液法)提純KNO3。D項,CCl4的
26、密度比水的大,萃取后有機層在下方,呈紫紅色。
11.A
12.C A項,鈉單質與水先反應生成NaOH和H2,然后NaOH再與硫酸銅反應生成Cu(OH)2沉淀和Na2SO4;B項,氨水是弱堿,不能拆成離子形式;D項,反應的離子方程式應為2H++S+Ba2++2OH-BaSO4↓+2H2O。
13.C 根據題圖可知X、Y、Z、N、M、W分別為Na、Mg、S、Cl、F、O。A項,同周期元素(稀有氣體元素除外),從左到右原子半徑逐漸減小,同主族元素,從上到下原子半徑逐漸增大,故原子半徑:Z>N>M;B項,同主族元素,從上到下元素的非金屬性逐漸減弱,氫化物的穩(wěn)定性逐漸減弱,故熱穩(wěn)定性:H2O>H
27、2S;C項,M是氟元素,該元素沒有正價,不存在最高價的氧化物的水化物;D項,鈉離子與氟離子的電子層排布相同。
14.A A項,苯中不存在碳碳雙鍵,不能與溴水發(fā)生加成反應,苯使溴水褪色是因為苯萃取了溴水中的溴,錯誤;B項,乙醛中有醛基,與新制的氫氧化銅懸濁液可發(fā)生氧化反應,乙酸中有羧基,與新制的氫氧化銅懸濁液發(fā)生酸堿中和反應,正確;C項,鄰二甲苯只有一種結構,證明苯環(huán)中不存在碳碳單鍵和碳碳雙鍵交替出現(xiàn)的結構,正確;D項,由于乙烯和丙烯中的碳、氫兩種元素的質量比相等,所以等質量的乙烯和丙烯充分燃燒所消耗的O2的量相同,正確。
15.D A項,葡萄糖是單糖,不能發(fā)生水解,錯誤;B項,油脂水解生成
28、的產物之一是丙三醇,錯誤;C項,飽和Na2SO4溶液或硫酸銅溶液均可使蛋白質溶液產生沉淀,但原理不同,前者為蛋白質的鹽析,后者為蛋白質的變性,錯誤;D項,由于高分子材料聚乙烯是無毒的材料,所以可用于制造水杯、食物保鮮膜,正確。
16.D A項,由于X是固體,所以該反應是氣體體積增大的反應,隨反應的進行,容器中壓強逐漸增大;B項,平衡后,容器中Y和Z的物質的量沒有固定關系;C項,10min后升高溫度,正反應速率增大,逆反應速率也增大;D項,由于該反應是可逆反應,反應不可能進行到底,所以生成Z的物質的量一定小于3mol。
17.C A項,由于鈉是活潑金屬,容易失去電子作負極,故負極反應式為Na
29、-e-Na+;B項,多壁碳納米管(MWCNT)不易失去電子,作正極;C項,乙醇與金屬鈉會發(fā)生置換反應,所以不能用乙醇作有機溶劑;D項,電池總反應式為4Na+3CO22Na2CO3+C。
18.D A項,鹽酸是強電解質,完全電離,而醋酸是弱電解質,部分電離,相同濃度的稀鹽酸和醋酸溶液相比較,稀鹽酸電離產生的c(H+)大,所以稀鹽酸的pH小,錯誤;B項,NaOH是強電解質,完全電離,而NH3·H2O是弱電解質,部分電離,氨水和NaOH溶液的pH相同時,則兩種溶液電離產生的c(OH-)相同,因而電離產生的c(N)=c(Na+),錯誤;C項,假設c(CH3COOH)=c(NaOH),那么等體積、等濃
30、度的醋酸溶液和NaOH溶液恰好反應生成醋酸鈉和水,醋酸鈉水解顯堿性,如果要使溶液顯中性的話,應該增加醋酸的濃度,即c(CH3COOH)>c(NaOH),錯誤;D項,相同濃度的氨水、NaOH溶液與等量稀鹽酸都恰好反應,即都是按物質的量比為1∶1進行反應,所以當氨水和NaOH溶液濃度相同時,則兩溶液的體積也是相同的,正確。
19.C 圖中A、B、C、D各點對應的微粒分別是Cl-、ClO-、Cl、Cl。與H+結合能力最強的是最弱的酸的酸根離子,而Cl-對應的是強酸鹽酸,故A錯;最穩(wěn)定的微粒是能量最低的微粒A,故B錯;C→B+D只是一個過程并沒有配平,事實上發(fā)生的反應為2Cl(aq)ClO-(aq)
31、+Cl(aq),反應的ΔH=60kJ·mol-1+64kJ·mol-1-2×100kJ·mol-1=-76kJ·mol-1,故反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能,故C對;3ClO-(aq)Cl(aq)+2Cl-(aq)為放熱反應,反應的ΔH=64kJ·mol-1-3×60kJmol-1=-116kJ·mol-1,D錯。
20.B 碘化氫氣體分解和石英熔化克服的化學鍵都是共價鍵,A對;MgCl2中只存在離子鍵,不存在共價鍵,B錯;石英是由硅原子和氧原子構成的原子晶體,每個原子的最外層都具有8電子穩(wěn)定結構,C對;Cl2、Br2、I2的相對分子質量依次增大,分子間作用力依次增大,沸點依次升高,D對。
32、
21.D ②④兩組實驗,X的起始濃度相等,溫度由第②組實驗的800℃升高到第④組實驗的820℃,反應速率明顯增大,說明溫度升高,化學反應速率增大,A正確;從圖像可看出,①②兩組實驗溫度相同,隨反應物X的濃度增大,化學反應速率增大,B正確;②③兩組實驗,X的起始濃度相等,溫度相同,平衡狀態(tài)也相同,但實驗③反應速率大,到達平衡所需的時間短,說明實驗③使用了催化劑,C正確;從圖像可直接求得0~10min內實驗②的平均反應速率v(X)==0.02mol·L-1·min-1,根據化學方程式的化學計量數(shù)關系可知v(Y)=0.01mol·L-1·min-1,D不正確。
22.A 1mol13CO2中含
33、有(7+8×2)mol=23mol中子,1molO含有(7×2+9)mol=23mol中子,13CO2與O的摩爾質量均為45g·mol-1,則9g13CO2與O的混合物中所含中子數(shù)為×23NAmol-1=4.6NA,故A正確;pH=1,則溶液中c(H+)=0.1mol·,氫離子的數(shù)目為1L×0.1mol·L-1·NA=0.1NA,故B不正確;若C2H6O的結構簡式為CH3CH2OH,則4.6g該有機物中所含碳氫鍵的數(shù)目為0.5NA,若C2H6O的結構簡式為CH3OCH3,則4.6g該有機物中所含碳氫鍵的數(shù)目為0.6NA,故C不正確;若溴水足量,則Fe與溴水反應生成Fe3+,此時轉移電子數(shù)為0.
34、3NA,若溴水量不足,則生成Fe2+,轉移的電子數(shù)小于0.3NA,故D不正確。
23.D 恰好反應時NaA溶液的pH大于NaB的,所以A-的水解程度大于B-的,則HA的酸性弱于HB的,A錯誤;V(酸溶液)=10mL時,酸堿恰好中和,酸根離子的水解程度不同,因此兩份溶液中c(B-)≠c(A-),B錯誤;a點時溶液顯堿性,c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),C錯誤;b點得到等濃度的NaA和HA的混合溶液,c點得到等濃度的NaB和HB的混合溶液,根據物料守恒可知c(A-)+c(HA)=2c(Na+)=c(HB)+c(B-),D正確。
24.B 分析流程圖可知,爐渣中FeS與稀硫酸
35、和氧氣反應,有硫生成,溶液X應為硫酸鐵溶液,則反應的化學方程式為4FeS+3O2+6H2SO42Fe2(SO4)3+4S↓+6H2O,改寫為離子方程式為4FeS+3O2+12H+4Fe3++4S↓+6H2O,A錯誤;固體W中的S灼燒生成SO2,SO2與H2O2反應生成硫酸:SO2+H2O2H2SO4,所得硫酸可循環(huán)使用,B正確;溶液X中的Fe2(SO4)3與過量鐵粉充分反應得到的溶液Y為FeSO4溶液,FeSO4溶液經蒸發(fā)濃縮至出現(xiàn)較多固體時,停止加熱,冷卻析出硫酸亞鐵晶體,過濾即得綠礬,C錯誤;由溶液X制備聚鐵,需向溶液X中加入堿性物質中和過量的H2SO4,調節(jié)溶液pH,使鐵離子轉化為聚鐵,
36、若pH偏小,則聚鐵中氫氧根離子含量減少(即n值減小),必然導致聚鐵中鐵元素的質量分數(shù)偏小,D錯誤。
25.C 加入過量鹽酸酸化的BaCl2溶液,得4.66g沉淀,該沉淀為BaSO4,其物質的量為0.02mol,則原溶液中一定含有S,且c(S)==0.2mol·L-1;但過量的鹽酸可與S、C反應,所以不能確定原溶液中是否含有S、C;原溶液與足量的NaOH溶液反應,產生氣體0.01mol,說明原溶液中含有0.01molN,且c(N)==0.1mol·L-1;紅棕色固體為Fe2O3,則溶液中鐵元素的物質的量為n(Fe)=×2=0.02mol,所以原溶液中至少含有Fe3+、Fe2+中的一種,無論是F
37、e3+還是Fe2+,都不能與S、C共存,故原溶液中一定不含S、C;溶液中陰離子S所帶負電荷為0.04mol,陽離子所帶正電荷按0.01molN和0.02molFe2+計算,至少有0.05mol,則溶液中必然還有陰離子,所以溶液中一定含有Cl-,不能確定是否含有Na+。根據以上分析,原溶液中一定存在N、S,至少含有Fe3+、Fe2+中的一種,一定不含S、C,不能確定是否含有Na+,A、B兩項錯誤;溶液中一定含有Cl-,由電荷守恒原理判斷,溶液中Cl-至少為0.1mol,則c(Cl-)≥=0.1mol·L-1,C正確;該實驗中溶液呈血紅色,有兩種可能,一是原溶液中含有Fe2+,被氯水氧化生成了Fe
38、3+,另一種可能是原溶液中已有Fe3+,所以據此判斷原溶液中含有Fe2+是不嚴謹?shù)?D錯誤。
26.答案(1)羥基、醛基 (2)
(3)CH3CH2OH+CH3COClCH3COOCH2CH3+HCl (4)ABCD
27.答案(1)CuFe2S3 (2)CuFe2S3+5O2CuO+Fe2O3+3SO2(條件“高溫”或“灼燒”均可)
(3)SO2+2Fe3++2H2OS+2Fe2++4H+
解析溶液C與BaCl2溶液反應生成白色沉淀,說明溶液C中含有S,則氣體A應為SO2,SO2被H2O2氧化生成H2SO4,由此推斷X的組成中含有硫元素;紅色固體E為單質銅,由此推斷溶液D中含有硫酸
39、銅,固體B中有氧化銅,進而推知礦物X含有銅元素,并根據質量守恒規(guī)律可知,X中所含銅元素的質量為6.4g,n(Cu)=0.1mol,固體B中所含氧化銅的物質的量為0.1mol,質量為8.0g;根據化學方程式Fe+H2SO4FeSO4+H2↑可知,鐵粉與溶液D中過量的稀硫酸反應生成0.1molH2的同時生成0.1molFeSO4,同理,根據化學方程式Fe+CuSO4FeSO4+Cu可知,鐵粉與溶液D中的CuSO4反應生成0.1molCu的同時生成0.1molFeSO4,還有0.3molFeSO4只能由反應2Fe3++Fe3Fe2+得到,由此可判斷溶液D中含有Fe2(SO4)3,固體B中含F(xiàn)e2O3
40、,且n(Fe2O3)=0.1mol,質量為16.0g,故X中所含的鐵元素的物質的量為n(Fe)=0.2mol;根據質量守恒可求得X中所含硫元素的物質的量為=0.3mol。
(1)根據以上分析可知,礦物X中Cu、Fe、S的物質的量之比為0.1∶0.2∶0.3=1∶2∶3,故X的化學式為CuFe2S3或Fe2CuS3。
(2)A為SO2,B為CuO和Fe2O3的混合物,則X與空氣中O2反應的化學方程式為CuFe2S3+5O2CuO+Fe2O3+3SO2(反應條件寫“高溫”或“灼燒”均可)。
(3)SO2具有還原性,可與D溶液中的Fe3+發(fā)生氧化還原反應生成S和Fe2+,反應的離子方程式為SO
41、2+2Fe3++2H2OS+2Fe2++4H+。
28.答案(1)Fe (2)打開止水夾K
(3)不可行,混合物中有鐵,鐵能還原Fe3+,同時Fe2+也可能被氧化成Fe3+
29.答案(1)0.020 0 (2)30.0
解析(1)從圖像上看,固體混合物溶于水后得3.940g沉淀應為BaCO3,其物質的量為0.0200mol,Ba2+來源于Ba(NO3)2,所以混合物中Ba(NO3)2的物質的量至少為0.0200mol。
(2)當混合物中Na2CO3與Ba(NO3)2恰好反應時,NaOH的物質的量為最大值,則中和NaOH所需鹽酸最多,n(NaOH)的最大值為=0.0300mol,圖中
42、X為中和NaOH所需鹽酸的體積,則X的最大值為=0.03L,即30.0mL。
30.答案(1)(+c)kJ·mol-1 (2)C
(3)
(4)4NH3+4NO+O24N2+6H2O
(5)納米鐵粉與H+反應生成H2,導致N的去除率下降 Cu或Cu2+對納米鐵粉去除N的反應有催化作用(或形成的Fe-Cu原電池增大了納米鐵粉去除N的反應速率)
(6)2N+12H++10e-N2↑+6H2O(或10H++N+8e-N+3H2O)
解析(1)根據蓋斯定律,(反應②-反應①)÷2+反應③得:C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g),則該反應的焓變ΔH=(+c)kJ·mol-1。
43、
(2)當把活性炭全部移走時,平衡被破壞,平衡必然逆向移動,A不正確;從圖像可知,NO的平衡濃度c(NO)隨溫度升高而增大,說明平衡逆向移動,則逆反應為吸熱反應,正反應為放熱反應,ΔH<0即Q<0,升高溫度引起平衡逆向移動,則平衡常數(shù)減小,所以三個溫度下的平衡常數(shù):K1>K2>K3,B不正確;溫度為T2時,狀態(tài)D的c(NO)大于B處的c(NO),要使其達到平衡狀態(tài),c(NO)應減小,即向正反應方向進行,所以D處v正>v逆,C正確;該反應為氣體體積不變的反應,溫度一定時,不論反應是否達到平衡,體系壓強不變,但氣體的物質的量一定時,體系的壓強隨溫度的升高而增大,所以B、C、D三處的壓強關系p(B)
44、=p(D)
45、H偏小時,溶液酸性較強,H+也可以氧化納米鐵粉,因而降低了納米鐵粉去除N的能力,導致N的去除率下降。從圖中信息可知,曲線Ⅱ去除N的速率相對較快,分析其原因應與曲線Ⅱ的水樣中含有50mg?L-1Cu2+密切相關,可能是因為鐵粉與Cu2+反應生成Cu,進而形成Fe-Cu原電池,加快反應速率,也可能是Cu或Cu2+本身有催化作用,使曲線Ⅱ的反應速率加快。
(6)既然處理污水中的N,則電解產物應為無污染的N2,所以N在陰極得電子發(fā)生還原反應生成N2,電解裝置中用到質子交換膜,則溶液通過H+的遷移導電,陽極水放電生成O2和H+:2H2O+4e-4H++O2↑,生成的H+通過質子交換膜進入陰極區(qū)與N發(fā)生
46、反應,所以陰極的電極反應式為2N+12H++10e-N2↑+6H2O。若受(5)中信息的影響,推測陰極電解產物為N,則陰極電極反應也可寫為:10H++N+8e-N+3H2O。
31.答案(1)AD
(2)①吸收尾氣,防止污染環(huán)境 ②2Cu2++SO2+2H2O+6Cl-2[CuCl3]2-+S+4H+
(3)使平衡CuCl(s)+2Cl-(aq)[CuCl3]2-(aq)逆向移動,生成CuCl沉淀
(4)避光 (5)99.50%
解析(1)分析整個流程圖可以看出,氧化、萃取的目的是除去Fe2+,其原理是用H2O2把Fe2+氧化為Fe3+,然后在較高的鹽酸濃度下,用萃取劑甲基異丁基甲酮
47、萃取水溶液中的Fe3+,故A正確;萃取操作中,用右手壓住分液漏斗口部,左手握住活塞部分,把分液漏斗倒轉過來振蕩,使萃取劑與原溶液充分混合,故B不正確;經幾次振蕩并放氣后,分液漏斗應放在鐵架臺的鐵圈上靜置,使液體分層,不應手拿分液漏斗,故C不正確;濃鹽酸洗滌有機相實為反萃取,即用濃鹽酸萃取混入有機相中的少量CuCl2,分液后把兩次所得CuCl2溶液合并,故該洗滌操作應在分液漏斗中進行,D正確。
(2)①整套裝置A為SO2氣體發(fā)生裝置,B為安全瓶,C為反應裝置,D為尾氣吸收裝置,所以裝置D的作用是吸收尾氣,防止污染環(huán)境。②裝置C中通入SO2的目的是還原CuCl2生成CuCl,但CuCl在溶液中可
48、轉化為[CuCl3]2-,故反應的離子方程式為2Cu2++SO2+2H2O+6Cl-2[CuCl3]2-+S+4H+。
(3)混合液中存在平衡:CuCl(s)+2Cl-(aq)[CuCl3]2-(aq),加入去氧水可以使溶液稀釋,平衡逆向移動,生成CuCl沉淀,得到所需產品;至于所加水需“去氧”,是為了防止CuCl被氧化。
(4)根據題給信息,CuCl置于潮濕空氣中易水解易氧化,見光易分解,所以干燥時密封是為了防止CuCl發(fā)生水解或被氧化,同時還得避光,防止其見光分解。
(5)Fe3+與CuCl反應的離子方程式為Fe3++CuClCu2++Fe2++Cl-,用KMnO4溶液滴定時,Fe2
49、+與Mn反應的離子方程式為5Fe2++Mn+8H+5Fe3++Mn2++4H2O,則可得到關系式5CuCl~Mn,產品中CuCl的純度=×100%=99.50%。
32.答案(1) (2)CD
(3)
(4)、、
、
(5)CH2CH2CH3CH2ClHN(CH2CH3)2HOOCCH2N(CH2CH3)2或
HOOCCH2N(CH2CH3)2
解析根據題給信息可以推出A為乙烯(CH2CH2),A與次氯酸加成得B,B經氧氣氧化可得C,由已知(Ⅱ)可判斷C分子中必含—COOH,所以化合物C為氯乙酸(ClCH2COOH),結合已知信息(Ⅱ)可知,C→D的反應為SOCl2分子中
50、氯原子取代氯乙酸分子中羥基的反應,則D的結構簡式為(氯乙酰氯);采用逆推法分析可知,M分子中的苯環(huán)來源于E,且E分子中苯環(huán)上有兩個處于間位的甲基,即E為間二甲苯,又由已知信息(Ⅰ)可知F→G的反應為苯環(huán)上硝基轉化為氨基的還原反應,所以F分子中必含硝基,硝基的位置由M的結構逆推可確定,故F的結構簡式為,G的結構簡式也可確定為,E→F的反應為苯環(huán)的硝化反應;綜合分析D+G→H和H+HN(CH2CH3)2→M這兩個反應,發(fā)現(xiàn)兩反應有相似性,均為取代反應,D分子中的一個氯原子與G分子中氨基氫原子結合生成HCl,同時得H,所以H的結構簡式為,然后H分子中的氯原子被二乙胺分子取代生成最終產物M和HCl。
51、
(1)通過以上分析知,G的結構簡式為。
(2)由M的結構簡式可知,M的分子式為C14H22N2O,A正確;G分子中含有—NH2,具有堿性,能與濃鹽酸反應形成鹽,B正確;E為間二甲苯,屬于苯的同系物,能使酸性KMnO4溶液褪色,C不正確;B為HOCH2CH2Cl,B發(fā)生反應可生成環(huán)氧乙烷,雖脫去HCl分子,但沒形成不飽和鍵(雙鍵或叁鍵),所以該反應不屬于消去反應,D不正確。
(3)化合物H分子中有肽鍵和氯原子兩種官能團,在堿性條件下都能水解,所以化合物H與NaOH溶液在加熱條件下反應的化學方程式為
。
(4)化合物F的結構簡式為,由限定的3個條件可知,F的同分異構體分子中含有苯環(huán),苯環(huán)上有處于對位的兩個取代基,一個是酚羥基,另一個取代基中含有醛基—CHO,則該取代基有4種結構:—NHCH2CHO、—CH2NHCHO、、。故符合條件的F的同分異構體也為4種,其結構簡式見答案。
(5)分析M的結構可知,G與X可通過—NH2與—COOH之間的脫水縮合反應一步制得,所以X的結構應為(CH3CH2)2NCH2COOH。由已知信息(Ⅲ)可知,CH3CH2Cl與NH3反應可制得二乙胺,而CH3CH2Cl可由乙烯與HCl加成得到,二乙胺與氯乙酸發(fā)生取代反應即可得X,當然也可以按題目合成路線中的方法首先制取氯乙酸:CH2CH2HOCH2CH2ClClCH2COOH,有關流程圖見答案。
（浙江專用）2022年高考化學大二輪復習 仿真模擬卷（一）
