2020年安徽省合肥一中高考化学最后一模试卷
1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关,下列有关说法或操作不正确的是()
①为增强消毒液(有效成分NaClO)的消毒能力,可以滴加几滴浓盐酸;②新冠病毒可以采用高温或酒精
来杀死,均利用的是蛋白质的变性;③常见的化学键有离子键、共价键、氢键;④石油的蒸馏、分馏、精馏是物理变化,而煤的干馏是化学变化;⑤硅酸钠俗称水玻璃;⑥苯在工业上,既可以以煤为原料制备,也可以以石油为原料制备。
A. ①②⑥
B. ①③⑤
C. ③⑤⑥
D. ①④⑥
2.环扁桃酯具有松弛血管平滑肌,扩张血管的功能,其一种同系物(X)可以发生如图转化,下列说法中错
误的是()
A. X的分子式为C14H18O3
B. Y可以发生氧化反应、还原反应、酯化反应、缩聚反应
C. Y中最多可以有15个原子共平面
D. Z的同分异构体含有醛基(?CHO)有8种
3.石蜡油分解是获得烯烃的一种常用方法,实验如图所示,下列有关说法不正确的是()
A. 装置Ⅱ中逸出的气体通入高锰酸钾溶液,发生氧化反应
B. 装置Ⅰ中硫酸铝、碎瓷片均是催化剂
C. 十八烷完全分解为乙烷和最多乙烯时,二者物质的量之比为1:8
D. 石蜡油分解生成的烯烃一定是乙烯
4.下列关于阿伏伽德罗常数(N A)说法正确的是()
A. lLpH=l的H3PO4溶液中,含有0.1N A个H+
B. 在6.0gNaHSO4晶体中,所含离子数目为0.15N A
C. 加热条件下,1molFe投入足量的浓硫酸中,生成N A个SO2分子
D. 8.4g环戊烯醇(),含有0.8N A个极性键
5.向20mL0.1mol/L的NaHCO3溶液中滴加0.1mol/L氨水(已知室温下H2CO3K a1=4.2×10?7,K a2=
5.6×10?11),NH3?H2O(K b=1.78×10?5),下列说法错误的是()
A. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中:c(OH?)+c(CO32?)=c(H2CO3)+c(H+)
B. 无论滴加多少氨水,溶液中一定满足:c(HCO3?)+c(CO32?)+c(H2CO3)=c(Na+)
C. 当滴入10 mL氨水时,发生反应的离子方程式为:HCO3?+NH3?H2O?CO32?+NH4++H2O,该反
应的平衡常数约为0.1
D. 当滴入20mLNH3?H2O时,c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3?H2O)=0.1mol/L
6.2020年3月29日,全球新能源汽车领导者比亚迪宣布正式推出“刀片电池”。“刀片电池”是将传统
磷酸铁锂电池电芯加长,使单个电芯形状扁平、窄小,再通过多个“刀片”捆扎形成模组,通过少数几个大模组的组合成电池。“刀片电池”放电时结构如下,正极反应为:Li1?x FePO4+xe?+xLi+= LiFePO4,下列说法错误的是()
A. “刀片电池”和三元锂电池(镍钴锰酸锂电池)相比几乎没有污染
B. 放电时,负极反应为LiC6?xe?=xLi++Li1?x C6
C. 充电时,锂离子在阴极脱嵌;放电时,锂离子在正极脱嵌
D. 该电池维持电流强度4.825A,工作10分钟,理论上正极增加重量0.21g(已知F=96500C/mol)
7.W、X、Y、Z、M均为短周期元素且原子序数依次增大,W和X同族。Y原子最外层电子数是W与X
原子最外层电子数之和的3倍,是Z原子最外层电子数的2倍,M的最高正价与最低负价代数和为6.下列说法正确的是()
A. 离子半径:W? B. 化合物XZW4的结构如图所示,且有还原性 C. 工业上可以用电解Z、M的熔融态化合物制备Z单质 D. W与Y形成的化合物均不能使品红溶液褪色 8.金属铋在工业上常用于制造低熔点合金,用于消防装置、自动喷水器、锅炉等的安全塞,一旦发生火 灾,一些水管的活塞会“自动”熔化,喷出水来。由一种铋矿(主要成分为Bi2S3,含强氧化性杂质PbO2等)制备金属铋的简单工艺如图。 已知:酸性溶液中,氧化性PbO2>KMnO4 回答下列问题: (1)“浸出”时发生的离子反应包括______。 (2)浸出液必须保持强酸性,否则铋元素会以BiOCl(碱式氯化铋)形式混入浸出渣使产率降低,原因是 ______。 (3)检验母液中主要金属阳离子的方法是______。 (4)乙二胺四乙酸二钠盐(EDTA)可以和Bi3+1:1形成稳定的配合物,一种测定浸出液中Bi3+浓度的方法 如下:取25mL浸出液,调节pH=l,滴入2滴二甲酚橙作指示剂(二甲酚橙:溶于水呈亮黄色,能和多种金属阳离子形成紫红色配合物),用0.01000mol/L的EDTA溶液滴定,达到滴定终点时,测得耗去标准液35.00mL,则浸出液中Bi3+的浓度为______g/L,达到滴定终点的现象是______。 (5)以Bi2(SiF6)3和的水溶液为电解液,可以实现粗铋的电解精炼。电解过程中,当电路中通过0.3mol电 子时,阴极析出的金属Bi的质量为______;电解一段时间后,电解液会有损失,并会出现大量杂质,加入______(填化学式)可以除去该杂质,并使电解液H2SiF6再生。 9.肉桂酸是生产冠心病药物“心可安”的重要中间体。其酯类衍生物是配制香精和食品香料的重要原料。 它在农用塑料和感光树脂等精细化工产品的生产中也有着广泛的应用。实验室合成肉桂酸的反应原理如下: 部分物质的相关性质如表所示。 相对分子质 名称 熔点/℃沸点/℃主要性质 量 苯甲醛106.0?26179纯品为无色液体,微溶于水;空气中加热易被缓慢氧化 无色透明液体;有剌激性气味;其蒸气为催泪毒气,遇水强乙酸酐102.0?73.1138.6 烈水解生成乙酸,产生大量酸雾 肉桂酸148.0133300白色至淡黄色粉末;微有桂皮香气 石蜡/50?70300~550主要由烷烃组成,性质稳定 实验步骤如下: 步骤1:适量无水醋酸钾、14.5mL乙酸酐(过量)和5.0mL苯甲醛(密度为1.06g/cm3)依次加入150mL三颈烧瓶中摇匀,放入磁子,搭好回流装置,用带磁力搅拌功能的电炉(图A)加热至微沸后保持加热回流1小时; 步骤2:取下三口烧瓶,冷却至100度以下后,加入少量饱和碳酸钠溶液调节pH8~9; 步骤3:如图B连接好水蒸气蒸馏装置(加热装置略去),进行水蒸气蒸馏,直至馏出物无油滴; 步骤4:将三口烧瓶中的残余液冷却后加入活性炭,煮沸,__往滤液中边搅拌边滴加浓盐酸至pH=3,大量固体析出; 步骤5:减压过滤,洗涤,烘干,称量,测熔点。 回答下列问题: (1)步骤1中,若用酒精灯加热,可能存在的安全隐患是______。 (2)步骤2中,加饱和碳酸钠溶液的目的是______可观察到的明显现象是______。 (3)步骤3中,水蒸气蒸馏的目的是除去______。(填物质名称) (4)步骤4中,缺失的操作名称是______。 (5)步骤5中,若称量得到的产品质量为4.800g,则本实验的产率为______%(保留4位有效数字)。 (6)有机物都有固定的熔点,因此测量产品的熔点可以初步判定所得的产品是不是预期产物。测产品熔点的装置如图C所示:将产品装入一端封口的毛细玻璃管中,与温度计绑在一起,插入b形管(图D)中,用火焰持续加热b形管右侧,观察毛细管中样品的状态以及相应温度计的示数,即可测得样品的熔程(刚开始出现液滴至恰好完全熔化的温度范围)。测定过程中,温度计的水银球应位于______(填“m”、“n” 或“p”),b形管中所装的热浴液可选用______(填相应字母编号)。 A.蒸馏水 B.浓硫酸 C.石蜡 10.甲醛(HCHO)是一种重要的化工产品,工业上可用甲醇脱氢法制备,相关反应方程式为:CH3OH(g)? HCHO(g)+H2(g)△H=+akJ/mol?1回答下列问题: O2= (1)反应过程中需要向体系中通入空气,通过以下反应提供上述反应所需要的热量:H2(g)+1 2 H2O(g)△H=?bkJ/mol要使反应温度维持在650℃,则进料时,甲醇和空气的体积比应为______(已知空气中氧气的体积分数为20%,b>a)。 (2)Na2CO3是甲醇脱氢制甲醛的催化剂,有研究指出,催化反应的部分机理如下: 历程ⅰ:CH3OH→?H+?CH2OH(?H叫做氢自由基,实际上就是H原子,有很高的反应活性,“?”代表有一个单电子可以参与配对成键) 历程ⅰ:?CH2OH→?H+HCHO 历程ⅰ:?CH2OH→3?H+CO 历程ⅰ:自由基发生碰撞形成新化学键而湮灭 如图1所示为在体积为2L的恒容容器中,投入1molCH3OH(g),在碳酸钠催化剂作用下开始反应,20min 后,测得甲醇的转化率(X)与甲醛的选择性(S)与温度的关系(副反应仅考虑CH3OH?CO+2H2)。 ①请在图2所给坐标中,画出历程ⅰ的反应过程一能量变化示意图。 ②下列说法合理的是______。 a.升高温度,甲醇转化率提高,平衡常数变大 b.当体系气体密度保持不变时,达到平衡状态 c.及时分离产品有利于提高甲醇生成甲醛的转化率 ③600℃时,前20min甲醇的平均反应速率为______,此时生成甲醛的反应的Q p=______(Q p的表达式 与平衡常数K p相同,p为物质的分压,分压=总压×物质的量分数,体系初始压强为P0) ④650℃以后,甲醛的选择性降低,而甲醇的转化率升高的可能原因是______。 (3)氧化剂可处理甲醛污染,结合以图3图象分析夏季(水温约20℃)应急处理甲醛污染的水源最好应选 择的试剂为______。 11.碱土金属(ⅡA族)元素单质及其相关化合物的性质、合成一直以来是化学界研 究的重点。回答下列问题: (1)对于碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba,随着原子序数的增加,以下性质 呈单调递减变化的是______。 A.原子半径 B.单质的硬度 C.第一电离能 (2)①铍与相邻主族的______素性质相似。下列有关铍和该元素的叙述正确的有______填标号。 A.都属于p区主族元素 B.电负性都比镁大 C.第一电离能都比镁大 D.氯化物的水溶液pH均小于7 ②(NH4)2BeF4是工业制备金属铍过程中的重要中间产物,其阳离子含有的化学键类型为______阴离子 中心原子杂化方式为______。 (3)Sr是人体必需的微量元素,SrCO3其重要的化合物之一。Sr2+的电子排布式为______判断SrCO3的热 分解温度______(填“大于”/“小于”)CaCO3的热分解温度,理由是______。 (4)MgH2和金属Ni在一定条件下用球磨机研磨,可制得化学式为Mg2NiH4的储氢化合物,其立方晶胞 结构如图所示。 ①Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有______个,若晶胞边长为646pm,则Mg?Ni核间距为 ______pm(结果保留小数点后两位,√3取1.73)。 ②若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力,则该化合物的储氢能力为______( 列出计算式即可。假定该化合物中所有的H可以全部放出,液氢密度为dg/cm3;设N A代表阿伏伽德罗常数的值)。 12.一种可降解聚合物P的合成路线如图所示。 已知: Ⅰ.; Ⅱ.(R为烃基)。 回答下列问题: (1)路线图中C的还原产物的官能团名称是______。 (2)E→F中反应①和②的反应类型分别是______;D→E的第①步化学方程式为______。 (3)F的结构简式为______。 (4)聚合物P的结构简式是______。 (5)A的同分异构体中,含苯环的共有______种。 (6)参照上述合成路线,设计以乙醇为原料,制备C6H10N2O2(含有1个六元环,核磁共振氢谱显示有3 组峰,峰面积之比为3:1:1)的合成路线(无机试剂任选)______。 答案和解析 1.【答案】B 【解析】解:①消毒液(有效成分NaClO)和浓盐酸反应,会生成有毒的氯气,降低消毒能力,故①错误; ②新冠病毒属于蛋白质,可以采用高温或酒精来杀死,均利用的是蛋白质的变性,故②正确; ③常见的化学键有离子键、共价键,氢键属于分子间的作用力、不属于化学键,故③错误; ④石油的蒸馏、分馏、精馏是物理变化,而煤的干馏是化学变化,故④正确; ⑤硅酸钠的水溶液俗称水玻璃,故⑤错误; ⑥苯在工业上,既可以以煤为原料干馏得到,也可以以石油为原料催化重整获得,故⑥正确; 故选:B。 ①NaClO能和浓盐酸反应生成有毒的氯气; ②强酸、强碱、重金属盐、加热、部分有机化合物可以使蛋白质变性; ③常见的化学键有离子键、共价键和金属键; ④石油的蒸馏、分馏、精馏是物理变化,而煤的干馏是化学变化; ⑤硅酸钠俗称水玻璃,它的水溶液也称泡花碱; ⑥苯在工业上,可以以煤为原料制备,也可以使用石油催化重整获得芳香烃。 本题属于STS知识,要关注化学与生产、生活和社会上的热点问题的联系,难度不大。 2.【答案】C 【解析】解:A.由结构可知X中含14个C、18个H、3个O,X的分子式为C14H18O3,故A正确; B.Y含?OH、?COOH可发生酯化、缩聚反应,且?OH可发生氧化反应,苯环与氢气的加成反应为还原反应,故B正确; C.Y中苯环为平面结构,且3个原子可确定一个平面,则Y中最多可以有16个原子共平面,即苯环与?COOH 及中间的C共面,故C错误; D.Z的同分异构体含有醛基(?CHO),可看成?CHO与?C5H11相连,戊基有8种,则含有醛基的同分异构体有8种,故D正确; 故选:C。 A.由结构可知X中含14个C、18个H、3个O; B.Y含?OH、?COOH及苯环; C.Y中苯环为平面结构,且3个原子可确定一个平面; D.Z的同分异构体含有醛基(?CHO),可看成?CHO与?C5H11相连。 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、有机反应为解答关键,侧重分析与应用能力的考查,注意选项C为解答的难点,题目难度不大。 3.【答案】D 【解析】解:A、石蜡油分解可以获得多种烯烃,烯烃可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,故A正确; B、硫酸铝、碎瓷片均能加快石蜡油分解,自身不参与反应,表现出催化作用,故B正确; C、十八烷完全分解为乙烷和最多乙烯时的反应为C 18H38→ 催化剂 C2H6+8C2H4,则C2H6和C2H4物质的量之比 为1:8,故C正确; D、石蜡油分解可以获得多种烯烃,可能含有乙烯、丙烯等,故D错误; 故选:D。 A、烯烃具有还原性,能与酸性高锰酸钾发生氧化反应; B、硫酸铝、碎瓷片均能加快石蜡油分解; C、根据十八烷完全分解为乙烷和最多乙烯时的反应分析判断; D、石蜡油分解可以获得烷烃与烯烃的混合物,可能含有乙烯。 本题考查有机物的性质,为高频考点,把握石蜡油分解的产物、烯烃的性质、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意有机物性质的应用,题目难度不大。 4.【答案】A 【解析】解:A.pH=l的溶液,无论强酸还是其它溶液,其中氢离子的浓度是0.1mol/L,1L溶液含有0.1N A个H+,故A正确; B.6.0g熔融的NaHSO4的物质的量为0.05mol,0.05mol熔融硫酸氢钠电离出0.05mol钠离子和0.05mol硫酸氢根离子,所以含有的离子数为0.1N A,故B错误; C.加热条件下,铁投入足量的浓硫酸中反应变为+3价,故1mol铁失去3mol电子,根据得失电子数守恒可 知,生成的二氧化硫分子个数为3 2 N A个,故C错误; D.8.4g环戊烯醇的物质的量是0.1mol,一个分子有9个极性共价键,8.4g环戊烯醇( ),含有0.9N A个极性键,故D错误; A.pH=l的溶液,无论强酸还是其它溶液,其中氢离子的浓度是1mol/L; B.熔融的NaHSO4中含有的阳离子只有钠离子,阴离子为硫酸氢根离子; C.1mol Fe投入足量的浓硫酸中,加热的条件下生成三价的铁; D.氧氢键、碳氢键和碳氧键都是极性共价键。 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算及应用,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,难度不大,注意硫酸氢钠的结构组成。 5.【答案】D 【解析】解:A.任何电解质水溶液中都存在质子守恒,根据质子守恒得c(OH?)+c(CO32?)=c(H2CO3)+c(H+),故A正确; B.任何电解质水溶液中都存在物料守恒,根据题干信息知,溶液中一定存在物料守恒n(C)=n(Na),即 c(HCO3?)+c(CO32?)+c(H2CO3)=c(Na+),故B正确; C.当加入10mL氨水时,有一半的碳酸氢钠和一水合氨反应,离子方程式为HCO3?+NH3?H2O?CO32?+ NH4++H2O,该反应的平衡常数K=c(CO32?)?c(?NH4+) c(HCO3?)?c(NH3?H2O)=K a2 c(H+) ×K b c(OH?) =K a2×K b K w =5.6×10?11×1.78×10?5 10?14 ≈0.1, 故C正确; D.当加入20mL氨水时碳酸氢钠和一水合氨的物质的量相等,则存在物料守恒n(Na)=n(N),二者混合后溶液体积增大一倍,导致浓度降为原来一倍,即c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3?H2O)=0.05mol/L,故D错误;故选:D。 A.任何电解质水溶液中都存在质子守恒,根据质子守恒判断; B.任何电解质水溶液中都存在物料守恒,根据题干信息知,溶液中一定存在物料守恒n(C)=n(Na); C.当加入10mL氨水时,有一半的碳酸氢钠和一水合氨反应,离子方程式为HCO3?+NH3?H2O?CO32?+ NH4++H2O,该反应的平衡常数K=c(CO32?)?c(?NH4+) c(HCO3?)?c(NH3?H2O)=K a2 c(H+) ×K b c(OH?) =K a2×K b K w ; D.当加入20mL氨水时碳酸氢钠和一水合氨的物质的量相等,则存在物料守恒n(Na)=n(N),二者混合后溶液体积增大一倍,导致浓度降为原来的一半。 本题考查弱电解质的电离及离子浓度大小比较,侧重考查分析判断及知识综合运用能力,明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键,注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用,注意C中分式的灵活变形,D为解答易错点。 【解析】解:A.传统的三元锂电池(镍钴锰酸锂电池)含有重金属元素,污染大,“刀片电池”是磷酸铁锂电池,污染极小,故A正确; B.放电时,LiC6在负极铜箔发生失去电子的氧化反应,产生的Li+经过聚合物隔膜移向正极,则反应式为LiC6?xe?=xLi++Li1?x C6或LiC6?e?=Li++C6,故B正确; C.充电时,Li+向阴极移动嵌入石墨层,放电时,Li+向正极移动生成LiFePO4,在正极嵌入,故C错误; D.正极反应为Li1?x FePO4+xe?+xLi+=LiFePO4,电池维持电流强度4.825A,工作10分钟,电子电量为 4.825A×600s=2895C,转移电子2895C÷96500C/mol=0.03mol,即有0.03molLi+移向正极,理论上正极增加重量0.03mol×7g/mol=0.21g,故D正确; 故选:C。 由“刀片电池”图可知,原电池放电时LiC6在负极铜箔发生失去电子的氧化反应,反应式为LiC6?xe?= xLi++Li1?x C6,正极铝箔反应为Li1?x FePO4+xe?+xLi+=LiFePO4,放电时阳离子移向正极嵌入;充电时的阳极反应和原电池中正极反应相反,阴极反应和原电池中负极反应相反,根据原电池和电解池的工作原理分析解答。 本题考查新型化学电池工作原理,为高频考点,侧重学生的分析能力和灵活运用能力的考查,把握电极的判断和电极反应式的书写即可解答,题目难度中等。 7.【答案】B 【解析】解:由上述分析可知,W为H、Y为O、X为Li、Z为Al、M为Cl, A.具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小,则离子半径:W?>X+,故A错误; B.XZW4为离子化合物,H为?1价具有还原性,结构为,故B正确; C.Z、M的熔融态化合物不导电,不能生成Al,故C错误; D.W与Y形成的化合物为过氧化氢时,能使品红溶液褪色,故D错误; 故选:B。 W、X、Y、Z、M均为短周期元素且原子序数依次增大,Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍,是Z原子最外层电子数的2倍,W、X的最外层电子数只能为1,W和X同族,W为H、Y 为O、X为Li、Z为Al;M的最高正价与最低负价代数和为6,M为Cl,以此来解答。 本题考查原子结构与与元素周期律,为高频考点,把握原子结构、元素化合物性质、元素的性质来推断元素为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意元素化合物知识及规律性知识的应用,题目难度不大。 8.【答案】PbO2+4H++2Cl?=Pb2++2H2O+Cl2↑、Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+如果溶液不保持强酸性,则Bi3+的水解程度增大,导致生成更多的BiOCl 滴加铁氰化钾溶液,若生成蓝色沉淀,则证明有Fe2+ 2.926当滴入最后一滴EDTA溶液时,溶液由紫红色变为亮黄色,且半分钟内不恢复紫红 色20.9g H2SO4 【解析】解:(1)浸出时发生两个氧化还原反应:PbO2+4H++2Cl?=Pb2++2H2O+Cl2↑、Bi2S3+6Fe3+= 2Bi3++3S+6Fe2+, 故答案为:PbO2+4H++2Cl?=Pb2++2H2O+Cl2↑、Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+; (2)铋能被铁置换,说明其金属性比铁弱,其离子会发生水解,如果溶液不保持强酸性,则Bi3+的水解程度增大,导致生成更多的BiOCl,混入浸出渣使产率降低, 故答案为:如果溶液不保持强酸性,则Bi3+的水解程度增大,导致生成更多的BiOCl; (3)母液中含Fe2+,检验其存在可滴加铁氰化钾溶液,若生成蓝色沉淀,则证明有Fe2+, 故答案为:滴加铁氰化钾溶液,若生成蓝色沉淀,则证明有Fe2+; (4)乙二胺四乙酸二钠盐(EDTA)和Bi3+1:1形成稳定的配合物,则n(EDTA)=n(Bi3+),得出 c(EDTA)V(EDTA)=c(Bi3+)V(Bi3+),0.01000mol/L×0.035L=c(Bi3+)×0.025L,算出 c(Bi3+)=0.014mol/L=2.926g/L,达到滴定终点,Bi3+被消耗完全,颜色由紫红色变回亮黄色,故滴定终点为当滴入最后一滴EDTA溶液时,溶液由紫红色变为亮黄色,且半分钟内不恢复紫红色, 故答案为:2.926;当滴入最后一滴EDTA溶液时,溶液由紫红色变为亮黄色,且半分钟内不恢复紫红色; (5)以Bi2(SiF6)3的水溶液电解精炼铋,电解过程中,铋的化合价由+3价降到0价,得到3个电子,当电路中通过0.3mol电子时,阴极析出的金属Bi的物质的量为0.1mol,质量为0.1mol×209g/mol=20.9g,粗铋中含有杂质Pb,电解过程中Pb失电子得到Pb2+,除去Pb2+选择SO42?,为使电解液H2SiF6再生,需引入H+,故选择H2SO4, 故答案为:20.9g;H2SO4; 根据流程可知辉铋矿浸出得到气体、浸出渣、浸出液,Bi2S3中的硫被Fe3+氧化为单质硫,所以浸出渣中含单质S,酸性溶液中,氧化性PbO2>KMnO4,加入了盐酸,故气体为氯气,PbO2被还原成Pb2+,浸出液中主要含Bi3+、Pb2+,经Fe置换得到粗铋含Bi、Pb,母液中含Fe2+,粗铋利用电解原理精炼得到精铋。 本题考查了物质制备流程和方案的分析判断,物质性质的应用,题干信息的分析理解,结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键,需要学生有扎实的基础知识的同时,还要有处理信息应用的能力,题目综合 性强,题目难度中等。 9.【答案】可能引燃有机物发生火灾将肉桂酸转化为肉桂酸的钠盐,减少蒸馏时的挥发损失产生大量气泡和酸雾苯甲醛趁热过滤64.86n BC 【解析】(1)步骤1中,三颈烧瓶中盛有乙酸酐(过量)和苯甲醛,属于易燃有机物,若用酒精灯加热,可能存在的安全隐患是引燃有机物发生火灾; 故答案为:可能引燃有机物发生火灾; (2)步骤1发生反应得到肉桂酸和乙酸,还有过量的乙酸酐,步骤3将进行蒸馏,肉桂酸有挥发性,需进行保护,故步骤2中,加饱和碳酸钠溶液的目的是将肉桂酸转化为肉桂酸的钠盐,减少蒸馏时的挥发损失,加入的饱和碳酸钠溶液,根据表格信息可知乙酸酐遇水强烈水解生成乙酸,产生大量酸雾,乙酸与碳酸钠反应产生大量气泡,现象为产生大量气泡和酸雾, 故答案为:将肉桂酸转化为肉桂酸的钠盐,减少蒸馏时的挥发损失;产生大量气泡和酸雾; (3)步骤3中,进行水蒸气蒸馏,直至馏出物无油滴,说明目的是为了除去油状物质,符合题意的只有苯甲醛, 故答案为:苯甲醛; (4)若冷却则肉桂酸钠会结晶被过滤,造成目标产物损失,影响产率计算,所以步骤4中,缺失的操作名称是趁热过滤, 故答案为:趁热过滤; (5)苯甲醛~~~~~~~~肉桂酸 106 148 5.0mL×1.06g/cm3m m=148×5.0mL×1.06g/cm3 106 =7.4g 根据产率=实际产量 理论产量×100%=4.8g 7.4g ×100%=64.86% 故答案为:64.86; (6)温度计插入b形管的深度以水银球恰好在b形管的两侧管中部,故在n位置,肉桂酸熔点为133℃,高于100℃低于140℃,故可选热浴液为浓硫酸和石蜡, 故答案为:n;BC。 (1)步骤1中,三颈烧瓶中盛有乙酸酐(过量)和苯甲醛,属于易燃有机物,据此分析; (2)根据肉桂酸有挥发性,需进行保护,碳酸钠为弱酸盐,酸与碳酸钠反应产生大量气泡分析可得; (3)根据有机物的性质,确定符合题意有机物; (4)若冷却则肉桂酸钠会结晶被过滤,造成目标产物损失,影响产率,据此分析; (5)苯甲醛~~~~~~~~肉桂酸 106 148 5.0mL×1.06g/cm3m 求出理论产量m,根据产率=实际产量 理论产量 ×100%计算; (6)温度计插入b形管的深度以水银球恰好在b形管的两侧管中部,根据肉桂酸的熔点,选择热浴液。 本题考查了实验探究物质制备和物质性质的分析判断,主要是有机物的分离和制备,抽滤装置原理,实验基本操作和物质性质的理解是解题关键,题目难度中等。 10.【答案】2b 5a ac 0.01375mol/(L.min)0.56P0升高温度平衡正向移动,甲醇的转化率升高,但是由于温度高于650℃后,催化甲醛生成的催化剂活性降低,因此甲醛选择性下降Ca(ClO)2 【解析】解:(1)要使反应维持在一定温度持续进行,应保证反应H2(g)+1 2 O2=H2O(g)△H=?bkJ/mol放出的热量恰好被反应CH3OH(g)=CH2O(g)+H2(g)△H=+akJ?mol?1全部利用,即CH3OH反应吸收的热量等于氢气燃烧放出的热量,设需甲醇的物质的量为n(CH3OH),需氧气的物质的量为n(O2),则 n(CH3OH)×akJ?mol?1=n(O2)×2bkJ?mol?1,n(CH3OH):n(O2)=2b a ,空气中氧气占20%,则n(CH3OH): n(O2)=2b a÷20%=2b 5a , 故答案为:2b 5a ; (2)①形成化学键放出能量,所以该反应历程放出热量导致生成物能量降低,其反应过程与能量变化如图 , 故答案为:; ②a.根据图知反应未达到平衡状态前升高温度,甲醇转化率提高,该反应的正反应为吸热反应,平衡后升高 温度平衡正向移动,平衡常数增大,故正确; b.反应前后气体总质量不变、容器体积不变,体系气体密度始终保持不变,不能据此判断平衡状态,故错误; c.及时分离产品平衡正向移动,则有利于提高甲醇生成甲醛的转化率,故正确; 故选ac; ③600℃时,甲醇的转化率为55%,前20min甲醇的平均反应速率=△n V △t = 1mol×55% 2L 20min =0.01375mol/(L.min), 甲醛的选择性是60%,消耗的甲醇的物质的量=1mol×55%=0.55mol,剩余甲醇的物质的量为0.45mol,则生成甲醛的甲醇物质的量=1mol×55%×60%=0.33mol,则生成CO的物质的量=1mol×55%×40%=0.22mol, 可逆反应CH3OH(g)?HCHO(g)+H2(g), 开始(mol)10 0 反应(mol)0.330.330.33 20min(mol)0.450.330.33 可逆反应CH3OH?CO+2H2 开始(mol)1 0 0 反应(mol)0.220.220.44 20min(mol)0.450.220.44 则生成气体总物质的量=(0.33+0.44)mol=0.77mol, 气体总物质的量=(0.45+0.33+0.33+0.22+0.44)mol=1.77mol, 反应前后气体压强之比等于气体物质的量之比,则20min时压强=1.77mol 1mol ×P0=1.77P0, P(CH3OH)=0.45mol 1.77mol ×1.77P0=0.45P0,P(H2)=0.77mol 1.77mol ×1.77P0=0.77P0,P(HCHO)=0.33mol 1.77mol ×1.77P0= 0.33P0, 此时生成甲醛的反应的Q p=P(HCHO)?P(H2) P(CH3OH)=0.33p0×0.77p0 0.45p0 =0.56P0, 故答案为:0.01375mol/(L.min);0.56P0; ④升高温度平衡正向移动,甲醇的转化率升高,但是由于温度高于650℃后,催化甲醛生成的催化剂活性降低,因此甲醛限制性下降, 故答案为:升高温度平衡正向移动,甲醇的转化率升高,但是由于温度高于650℃后,催化甲醛生成的催化剂活性降低,因此甲醛选择性下降; (3)水温约20℃选择的试剂对甲醛的去除率越高越好,根据图知,该温度下去除率最高的是Ca(ClO)2, 故答案为:Ca(ClO)2。 (1)要使反应维持在一定温度持续进行,应保证反应H2(g)+1 2 O2=H2O(g)△H=?bkJ/mol放出的热量恰好被反应CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g)△H=+akJ?mol?1全部利用; (2)①形成化学键放出能量,所以该反应历程放出热量导致生成物能量降低; ②a.根据图知反应未达到平衡状态前升高温度,甲醇转化率提高,平衡后升高温度平衡正向移动; b.反应前后气体总质量不变、容器体积不变,体系气体密度始终保持不变; c.及时分离产品平衡正向移动; ③600℃时,甲醇的转化率为55%,前20min甲醇的平均反应速率=△n V △t , 甲醛的选择性是60%,消耗的甲醇的物质的量=1mol×55%=0.55mol,剩余甲醇的物质的量为0.45mol,则生成甲醛的甲醇物质的量=1mol×55%×60%=0.33mol,则生成CO的物质的量=1mol×55%×40%=0.22mol, 可逆反应CH3OH(g)?HCHO(g)+H2(g), 开始(mol)10 0 反应(mol)0.330.330.33 20min(mol)0.450.330.33 可逆反应CH3OH?CO+2H2 开始(mol)1 0 0 反应(mol)0.220.220.44 20min(mol)0.450.220.44 则生成气体总物质的量=(0.33+0.44)mol=0.77mol, 气体总物质的量=(0.45+0.33+0.33+0.22+0.44)mol=1.77mol, 反应前后气体压强之比等于气体物质的量之比,则20min时压强=1.77mol 1mol ×P0=1.77P0, P(CH3OH)=0.45mol 1.77mol ×1.77P0=0.45P0,P(H2)=0.77mol 1.77mol ×1.77P0=0.77P0,P(HCHO)=0.33mol 1.77mol ×1.77P0= 0.33P0, 此时生成甲醛的反应的Q p=P(HCHO)?P(H2) P(CH3OH) ; ④升高温度平衡正向移动,但是升高温度催化剂活性降低; (3)水温约20℃选择的试剂对甲醛的去除率越高越好。 本题考查化学平衡计算、图象分析判断等知识点,侧重考查信息的获取和灵活运用、图象识别和运用,明 确化学平衡常数计算方法是解本题关键,注意(2)③中易忽略副反应的部分而导致计算错误,题目难度较大。 11.【答案】BC 铝BD 共价键、配位键sp3[Kr]或[Ar]3d104s24p6大于Sr2+的半径大于Ca2+,因此夺 取CO32?中的O形成氧化物的能力较弱,需要更高的温度 4 279.4016×107 6.02×6463d 【解析】解:(1)对于碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba,同主族元素,随着原子序数的增加,A.原子半径增大;B.金属键键能减小,单质的硬度减小;C.原子半径增大,核对电子的引力减小,第一电离能减小,故选BC。 故答案为:BC; (2)①铍和铝符合对角线规律,性质具有相似性; A.铍属于s区,铝属于p区主族元素,故A不符; B.铍位于镁的上一周期,铝位于镁同一周期的右侧,电负性都比镁大,故B符合; C.铍位于镁的上一周期,原子半径小,第一电离能大;铝位于镁同一周期的右侧,镁的3s处于全满状态,铝的第一电离能比镁小,故C不符; D.阳离子水解,溶液呈酸性,水溶液pH均小于7,故D符合; 故答案为:铝;BD; ②(NH4)2BeF4是工业制备金属铍过程中的重要中间产物,其阳离子NH4+,铵根有4个氮氢共价键,其中一个是配位键,属于共价键,NH4+含有的化学键类型为共价键、配位键;阴离子。BeF42?中心原子是Be,其 =4,杂化方式为sp3。 价层电子对=4+2+2?1×4 2 故答案为:共价键、配位键;sp3; (3)锶是第五周期第ⅡA族元素,Sr2+的电子排布式为[Kr]或[Ar]3d104s24p6;SrCO3的热分解温度大于(填“大于”/“小于”)CaCO3的热分解温度,理由是Sr2+的半径大于Ca2+,因此夺取CO32?中的O形成氧化物的能力较弱,需要更高的温度。 故答案为:[Kr]或[Ar]3d104s24p6;大于;Sr2+的半径大于Ca2+,因此夺取CO32?中的O形成氧化物的能力较弱,需要更高的温度; (4)①图中Mg位于4个Ni围成的正四面体的中心,Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有4个,若晶胞边长为646pm,体对角线为646pm×√3,体对角线为Mg?Ni核间距的4倍,则Mg?Ni核间距为 √3 ×646pm=279.40pm; 4 故答案为:4;279.40; ②晶胞中Mg有8个,Ni为8×1 8+6×1 2 =4,H原子为4×4=16个,晶中氢的密度为:16×1g/mol N A×(646×10?10)3 = 16×107 6.02×6463 g/cm3,液氢密度为dg/cm3,若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力,则 该化合物的储氢能力为16×107 6.02×6463d ; 故答案为:16×107 6.02×6463d 。 (1)对于同主族元素,从上到下原子序数的逐渐增加,原子半径增大;金属键键能减小,单质的硬度减小;原子核对电子的引力减小,第一电离能减小; (2)①铍和铝符合对角线规律,性质具有相似性; A.铍和铝属于不同区; B.铝电负性都比镁大; C.铍第一电离能大大于铝的第一电离能 D.两者的阳离子都能水解; ②NH4+,铵根有4个氮氢共价键,其中一个是配位键,属于共价键;阴离子BeF42?中心原子是Be,其价层电子4,杂化方式为sp3。 (3)Sr2+的电子排布式为[Kr]或[Ar]3d104s24p6;Sr2+的半径大于Ca2+,因此夺取CO32?中的O形成氧化物的能力较弱,SrCO3的热分解温度更高。 (4)①图中Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有4个;体对角线为√3倍的棱长,体对角线为Mg?Ni核间距的4倍; ②晶胞中Mg有8个,Ni为4个,H原子为16个,液氢密度为dg/cm3,根据题干信息计算储氢能力。 本题考查了物质结构及其性质,涉及原子杂化方式的判断、价电子排布式的书写、元素周期律、晶胞的计算等知识点,题目综合性较强,注意根据化学键类型、构造原理等知识来分析解答,题目难度中等。12.【答案】酯基、氨基加成反应、取代反应2 +2H2O18 →△ 【解析】解:(1)C被还原生成,含有的官能团为酯基、氨基; 故答案为:酯基、氨基; (2)E的结构简式为:,根据已知Ⅰ①醛基和HCN发生了加成反应生成,②然后羟基和NH3发生取代反应;D的结构简式为,D→E发生了羟基的氧化,所以第①步化学方程式为: 2+2H2O; 故答案为:加成反应、取代反应;2+2H2O; (3)根据分析,F的结构简式为:; 故答案为:; (4)根据分析,P的结构简式为:; 故答案为:; (5)A为,的同分异构体中,羟基在支链,不在苯环上,有1种,苯环上连接一个羟基和乙基时,有3种,苯环上连接羟基和两个甲基时,有6种,苯环上有一个支链且支链含有醚键有2种,苯环上含有醚键和一个甲基时有3种,苯甲醇含有一个甲基有3种,所以共有1+3+6+2+3+3=18种;故答案为:18; (6)乙醇被催化氧化为乙醛,然后乙醛发生已知Ⅰ的反应生成,然后发生 分子内脱水生成,所以合成路线为: →△; 故答案为:→△。 C被还原生成,所以C的结构简式为:,B和浓硝酸发生取代反应生成C,所以B的结构简式为:,A和羧酸生成酯B,所以A的结构简式为:,和氢氧化钠溶液发生水解反应生成D,化合物D苯环上的一氯代物有2种,结合D的分子式知,D的结构简式为,D反应生成E,结合E的分子式知,E的结构简式为:,E发生一系列反应生成F,根据题给信息知,F的结构简式为:,两个F分子中的氨基和羧基脱水缩合形成一个新的六元环,因此G的结构简式为:,G和反应生成P,P的结构简式为: 。