WEO啦

2016年陕西省西安市西工大附中高考化学十模试卷
收录时间:2022-11-25 21:37:41  浏览:0
2016年陕西省西安市西工大附中高考化学十模试卷一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)1(6分)(2016西安校级模拟)新版人民币的发行,引发了人们对有关人民币中化学知识的关注下列表述不正确的是()A制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素B用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成,其中树脂属于有机高分子材料D某种验钞笔中含有碘酒溶液,遇***呈现蓝色,其中遇碘变蓝的是葡萄糖2(6分)(2016西安校级模拟)明代宋应星著的天工开物中有关于“火法”冶炼锌的工艺记载:“炉甘石十斤,装载入一泥罐内,然后逐层用煤炭饼垫盛,其底铺薪,发火煅红,冷淀,毁罐取出,即倭铅也”下列说法不正确的是(注:炉甘石的主要成分为碳酸锌)()A该冶炼锌的反应属于置换反应B煤炭中起作用的主要成分是CC冶炼Zn的反应方程式为:ZnCO3+2CZn+3COD倭铅是指金属锌和铅的混合物3(6分)(2016西安校级模拟)X、Y、Z、W是短周期元素,原子序数依次递增X与Z位于同一主族,Y元素的单质既能与***反应也能与NaOH溶液反应,Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14下列说***确的是()A气态氢化物的稳定性:XZWBY的阳离子半径比W的***离子半径小CX、Z、W氧化物对应水化物酸性的强弱顺序为ZXWD室温下,含Y元素的盐形成的水溶液其pH74(6分)(2016漳平市校级模拟)纸电池是一种有广泛应用的“软电池”,如图这种碱性纸电池采用薄层纸片作为载体和传导体,纸的两面分别附着锌和二氧化锰下列有关该纸电池说法不合理的是()AZn为负极,进行氧化反应B电池工作时,电子由MnO2流向ZnC正极反应:MnO2+e+H2OMnO(OH)+OHD电池总反应:Zn+2MnO2+2H2OZn(OH)2+2MnO(OH)5(6分)(2016广元三模)一定条件下,反应:6H2+2CO2C2H5OH+3H2O的数据如图所示下列说***确的是()A该反应的H0B达平衡时,v(H2)正=v(CO2)逆Cb点对应的平衡常数K值大于c点Da点对应的H2的平衡转化率为90%6(6分)(2015北京模拟)现有常温下水电离出的c(H+)均为11011mol/L的4种溶液:HCl溶液;CH3COOH溶液;NaOH溶液;***有关上述溶液的比较中,正确的是()A向等体积溶液中分别加水稀释100倍后,溶液的pH:B等体积的、溶液分别与足量铝粉反应,生成H2的量最小C、溶液等体积混合后,溶液显碱性D、溶液混合若pH=7,则消耗溶液的体积:7(6分)(2016西安校级模拟)取一定质量的均匀固体混合物Cu、CuO和Cu2O,将其分成两等份,取其中一份用足量的氢气还原,测得反应后固体质量减少3/20g,另一份中加入500mL稀硝酸(其还原产物为NO),固体恰好完全溶解,且同时收集到标准状况下NO气体4/48L,则所用硝酸的物质的量浓度为()A2/4mol/LB1/4mol/LC1/2mol/LD0/7mol/L二、解答题(共3小题,满分43分)8(14分)(2016西安校级模拟)KMnO4常用作氧化剂、防腐剂、消毒剂、漂白剂和水处理剂等(1)在K2MnO4溶液中通入CO2可制得高锰酸钾,副产物是黑色沉淀M该反应中氧化剂与还原剂的质量之比为由锂离子有机高聚物、锂及M构成原电池,电池反应为Li+M=LiM(s),消耗8/7gM时转移0/1mol电子则该电池正极的电极反应为(2)实验室用KMnO4制备O2和Cl2取0/4mol KMnO4固体加热一段时间后,收集到amolO2,在反应后的残留固体中加入足量浓***,加热又收集到bmolCl2设锰元素全部转化成Mn2+存在于溶液中,当a+b=0/8mol时,在标准状况下生成Cl2的体积为L;(3)电解K2MnO4溶液加以制备KMnO4工业上,通常以软锰矿(主要成分是MnO2)与KOH的混合物在铁坩埚(熔融池)中混合均匀,小火加热至熔融,即可得到绿色的K2MnO4,化学方程式为用镍片作阳极(镍不参与反应),铁板为***极,电解K2MnO4溶液可制备KMnO4上述过程用流程图表示如下:则D的化学式为;阳极的电极反应式为;阳离子迁移方向是(4)高锰酸钾在酸性介质中还原产物为Mn2+,废液中c(Mn2+)浓度较大时会污染水体实验室可以用过二硫酸铵(NH4)2S2O8溶液检验废水中Mn2+,实验现象是溶液变紫红色(还原产物为SO42)过二硫酸可以看成是H2O2的衍生物,过二硫酸铵中含有过氧键(OO)写出检验Mn2+的离子方程式如果将这个反应设计成盐桥原电池,盐桥中溶液最好选用(选填:饱和KCl溶液、饱和K2SO4溶液或饱和NH4Cl溶液)9(15分)(2016西安校级模拟)工业碳酸钠(纯度约为98%)中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl和SO42等杂质为了提纯工业碳酸钠,并获得试剂级碳酸钠,采取工艺流程如图所示:已知:碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如下图所示:有关物质的溶度积如下物质CaCO3MgCO3Ca(OH)2Mg(OH)2Fe(OH)3Ksp4/961096/821064/681065/6110122/641039(1)加入NaOH溶液主要为了除去(填离子符号),发生反应的离子方程式为;“沉淀”的主要成份有(填化学式);向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液,当两种沉淀共存且溶液的pH=8时,c(Mg2+):c(Fe3+)=(2)热的Na2CO3溶液有较强的去油污能力,其原因是(用离子方程式及必要的文字加以解释)(3)“趁热过滤”时的温度应控制在(4)已知:Na2CO310H2O(s)=Na2CO3(s)+10H2O(g)H=+532/36kJmol1Na2CO310H2O(s)=Na2CO3H2O(s)+9H2O(g)H=+473/63kJmol1写出Na2CO3H2O脱水反应的热化学方程式(5)有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程图中虚线所示进行循环使用请你分析实际生产中是否可行,其理由是10(14分)(2016西安校级模拟)某兴趣小组的同学发现,将CuSO4溶液与K2CO3溶液混合会产生蓝绿色沉淀他们对沉淀的组成很感兴趣,决定采用实验的方法进行探究(1)【提出假设】假设1:所得沉淀为Cu(OH)2;假设2:所得沉淀为;(填化学式)假设3:所得沉淀为碱式碳酸铜化学式可表示为mCu(OH)2nCuCO3【查阅资料】无论是哪一种沉淀受热均易分解(假设均不含结晶水)【定性探究】步骤1:将所得悬浊液过滤,先用蒸馏水洗涤,再用***洗涤,风干;步骤2:甲同学取一定量固体,用气密性良好的如装置如图(夹持仪器未画)进行定性实验;(2)若反应后A中蓝绿色固体变黑,C中无明显现象,证明假设成立(3)乙同学认为只要将上图中B装置的试剂改用下列某试剂后,便可验证上述所有假设,该试剂是(填代号)A*** B无水CuSO4 C碱石灰 DP2O5(4)乙同学验证假设3成立的实验现象是【定量探究】(5)乙同学进一步探究假设3中固体的组成:乙同学查得一些物质在常温时的数据(如下表)后,将C中的澄清石灰水改为Ba(OH)2溶液,其原因是(填代号)溶解度(S)/p溶度积(Ksp)摩尔质量(M)/gmol1Ca(OH)2Ba(OH)2CaCO3BaCO3CaCO3BaCO30/163/892/91092/6109100197ABa(OH)2溶解度大于Ca(OH)2,能充分吸收CO2BBa(OH)2为强碱,Ca(OH)2为弱碱C吸收等量CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3,测量误差小D相同条件下,CaCO3的溶解度明显大于BaCO3若所取蓝绿色固体质量为27/1g,实验结束后,装置B的质量增加2/7g,C中产生沉淀的质量为19/7g则该蓝绿色固体的化学式为;A中发生反应的化学方程式为三、化学-选修2化学与技术(共1小题,满分15分)11(15分)(2013河南一模)胆矾是一种常见的化合物,工业上它也是一种制取其它含铜化合物的原料,现有废铜(主要杂质为Fe)来制备胆矾有人设计了如***程:pH值控制可参考下列数据物质开始沉淀时的pH值完全沉淀时的pH值氢氧化铁2/73/7氢氧化亚铁7/69/6氢氧化铜5/26/4请根据上述流程回答下列问题:(1)A可选用(填字母)a稀H2SO4 b浓H2SO4、加热 c浓FeCl3溶液 d浓HNO3(2)中加H2O2的目的(3)中加Cu2(OH)2CO3的目的是,其优点是(4)加热煮沸时发生的化学反应的离子方程式为(5)V中加H2SO4调节pH=1是为了,某工程师认为上述流程中所加的A物质并不理想,需作改进,其理由是,若你是工程师,将对所加的A物质作何改进?请提出建议四、化学-选修3物质结构与性质(共1小题,满分0分)12(2016西安校级模拟)元素及其化合物在生活及生产中有很多重要用途卤素化学丰富多彩,能形成卤化物、卤素互化物、多卤化物等多种类型的化合物(1)拟卤素如(CN)2、(SCN)2、(OCN)2等与卤素单质结构相似、性质相近已知(CN)2分子中所有原子都满足8电子稳定结构,则其分子中键与键数目之比为 (SCN)2对应的酸有两种,理论上硫***酸(HSCN )的沸点低于异硫***酸(HN=C=S)的沸点,其原因是(2)卤化物RbICl2在加热时会分解为晶格能相对较大的卤化物A和卤素互化物或卤素单质,A的化学式SiC、GaN、GaP、GaAs等是人工合成半导体的材料,具有高温、高频、大功率和抗辐射的应用性能而成为半导体领域研究热点试回答下列问题:(3)碳的基态原子L层电子轨道表达式为,***属于区元素(4)N与氢元素可形成一种原子个数比为1:1的粒子,其式量为60,经测定该粒子中有一正四面体构型,判断该粒子中存在的化学键A配位键 B极性共价键 C非极性共价键 D氢键(5)CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图1所示),但CaC2晶体中含有的哑铃形C22的存在,使晶胞沿一个方向拉长CaC2晶体中1个Ca2+周围距离最近的C22数目为A、B、C为原子序数依次递增的前四周期的元素,A的第一电离能介于镁和硫两元素之间,A单质晶体的晶胞结构如图2所示 B的价电子排布为(n+1)sn(n+1)pn+2,C位于元素周期表的ds区,其基态原子不存在不成对电子B与C所形成化合物晶体的晶胞如图3所示(6)A单质晶体属于晶体(填晶体类型)(7)B与C所形成化合物晶体的化学式五、化学-选修5:有机化学基础(共1小题,满分0分)13(2016西安校级模拟)有机物分子中与“”相连的碳原子上的氢活性较大,可以与甲醛或卤代烃等发生反应已知:HCHO+有机物J是重要的工业原料,其合成路线如下(部分产物和反应条件略):(1)A中所含***团的名称是(2)AB的反应类型是反应BC的反应方程式(3)G俗称缩苹果酸,与B以物质的量之比1:2反应,则G+BH的化学方程式是(4)D 的分子式为C5H10O4,若一次取样检验D的含氧***团,按顺序写出所用试剂(5)已知E中只有一种***团,且核磁共振氢谱显示其分子中有两种不同化学环境的氢 则下列说***确的是(填序号)aE与B互为同系物 bE中含有的***团是醚键cF在一定条件下也可转化为E dF中也有两种不同化学环境的氢(6)J的结构简式是J的同分异构体X属于芳香族化合物,1mol X分别与足量Na或NaOH反应时的物质的量之比是1:4和1:1,且苯环上只有一种一***代物写出符合上述所有条件的X的一种结构简式2016年陕西省西安市西工大附中高考化学十模试卷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(6分)(2016西安校级模拟)新版人民币的发行,引发了人们对有关人民币中化学知识的关注下列表述不正确的是()A制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素B用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成,其中树脂属于有机高分子材料D某种验钞笔中含有碘酒溶液,遇***呈现蓝色,其中遇碘变蓝的是葡萄糖【分析】A棉花、优质针叶木主要成分是纤维素;BFe3O4是磁性物质;C高分子化合物相对分子质量很大,一般在10000以上,可高达几百万;D淀粉遇碘单质变蓝【解答】解:A棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素,故A正确;BFe3O4是磁性物质,有磁性,故B正确;C树脂相对分子质量很大,属于有机高分子材料,故C正确;D葡萄糖遇碘不变蓝,故D错误故选D2(6分)(2016西安校级模拟)明代宋应星著的天工开物中有关于“火法”冶炼锌的工艺记载:“炉甘石十斤,装载入一泥罐内,然后逐层用煤炭饼垫盛,其底铺薪,发火煅红,冷淀,毁罐取出,即倭铅也”下列说法不正确的是(注:炉甘石的主要成分为碳酸锌)()A该冶炼锌的反应属于置换反应B煤炭中起作用的主要成分是CC冶炼Zn的反应方程式为:ZnCO3+2CZn+3COD倭铅是指金属锌和铅的混合物【分析】碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳,反应的方程式为ZnCO3+2CZn+3CO,据此分析【解答】解:碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳,反应的方程式为ZnCO3+2CZn+3CO,A该冶炼锌的反应属于置换反应,故A正确;B反应中C作还原剂,则煤炭中起作用的主要成分是C,故B正确;C冶炼Zn的反应方程式为:ZnCO3+2CZn+3CO,故C正确;D由题意可知,倭铅是指金属锌,故D错误故选D3(6分)(2016西安校级模拟)X、Y、Z、W是短周期元素,原子序数依次递增X与Z位于同一主族,Y元素的单质既能与***反应也能与NaOH溶液反应,Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14下列说***确的是()A气态氢化物的稳定性:XZWBY的阳离子半径比W的***离子半径小CX、Z、W氧化物对应水化物酸性的强弱顺序为ZXWD室温下,含Y元素的盐形成的水溶液其pH7【分析】X、Y、Z、W是分别是短周期元素,原子序数依次递增Y元素的单质既能与***反应也能与NaOH溶液反应,Y为Al元素;Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,Z为Si元素,X与Z位于同一主族,则X为C元素;Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14,则W的最外层电子数为1434=7,且原子序数最大,W为Cl元素,以此解答该题【解答】解:X、Y、Z、W是分别是短周期元素,原子序数依次递增Y元素的单质既能与***反应也能与NaOH溶液反应,Y为Al元素;Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,Z为Si元素,X与Z位于同一主族,则X为C元素;Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14,则W的最外层电子数为1434=7,且原子序数最大,W为Cl元素,A元素的非金属性:SiCCl,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,则最简单气态氢化物的热稳定性:ZXW,故A错误;BY为Al元素,对应的离子核外有2个电子层,W为Cl元素,对应的离子核外有3个电子层,***离子半径较大,故B正确;C非金属性为ClCSi,非金属性越强,最高价氧化物对应水化物酸性越强,故最高价氧化物对应水化物酸性为SiCCl,故C正确;DNaAlO2溶液呈碱性,故D错误故选BC4(6分)(2016漳平市校级模拟)纸电池是一种有广泛应用的“软电池”,如图这种碱性纸电池采用薄层纸片作为载体和传导体,纸的两面分别附着锌和二氧化锰下列有关该纸电池说法不合理的是()AZn为负极,进行氧化反应B电池工作时,电子由MnO2流向ZnC正极反应:MnO2+e+H2OMnO(OH)+OHD电池总反应:Zn+2MnO2+2H2OZn(OH)2+2MnO(OH)【分析】碱性条件下,锌和二氧化锰构成原电池,其电池总反应为Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH),所以Zn被氧化,为原电池的负极,电极反应为Zn2e+2OH=ZnO+H2O,MnO2被还原,为原电池的正极,电极反应为MnO2+H2O+e=MnO(OH)+OH,以此来解答【解答】解:A、锌作负极失去电子被氧化,发生氧化反应,故A正确;B、电子由负极经外电路流向正极,即Zn流向MnO2,故B错误;C、MnO2被还原,为原电池的正极,电极反应为MnO2+H2O+e=MnO(OH)+OH,故C正确;D、碱性条件下,锌和二氧化锰构成原电池,其电池总反应为Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH),故D正确故选B5(6分)(2016广元三模)一定条件下,反应:6H2+2CO2C2H5OH+3H2O的数据如图所示下列说***确的是()A该反应的H0B达平衡时,v(H2)正=v(CO2)逆Cb点对应的平衡常数K值大于c点Da点对应的H2的平衡转化率为90%【分析】A、根据图可知,随着温度的升高二氧化碳的转化率下降,平衡逆向移动,所以正反应为放热反应,H0;B、根据速率之比等于计量数之比可知,达平衡时,v(H2)正=3v(CO2)逆;C、b点温度高于c点,根据温度对平衡常数的影响作判断;D、利用三段式计算,设起始H2为2mol,则CO2为1mol, 6H2+2CO2C2H5OH+3H2O起始(mol) 2 1 0 0转化(mol)1/8 0/6平衡(mol)0/2 0/4H2的平衡转化率为100%=90%;据此答题;【解答】解:A、根据图可知,随着温度的升高二氧化碳的转化率下降,平衡逆向移动,所以正反应为放热反应,H0,故A错误;B、根据速率之比等于计量数之比可知,达平衡时,v(H2)正=3v(CO2)逆,故B错误;C、b点温度高于c点,该反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,所以b点的平衡常数小于c点,故C错误;D、利用三段式计算,设起始H2为2mol,则CO2为1mol, 6H2+2CO2C2H5OH+3H2O起始(mol) 2 1 0 0转化(mol)1/8 0/6平衡(mol)0/2 0/4H2的平衡转化率为100%=90%,故D正确;故选D6(6分)(2015北京模拟)现有常温下水电离出的c(H+)均为11011mol/L的4种溶液:HCl溶液;CH3COOH溶液;NaOH溶液;***有关上述溶液的比较中,正确的是()A向等体积溶液中分别加水稀释100倍后,溶液的pH:B等体积的、溶液分别与足量铝粉反应,生成H2的量最小C、溶液等体积混合后,溶液显碱性D、溶液混合若pH=7,则消耗溶液的体积:【分析】常温下水电离出的c(H+)均为11011mol/L,则溶质抑制了水的电离,该溶液为酸溶液或碱溶液,为强电解质,都是一元强酸或强碱,则二者浓度为0/001mol/L;为弱电解质,在溶液中只能部分电离,则其浓度大于0/001mol/L,A加水稀释后,碱溶液的pH一定大于酸溶液的,弱碱溶液的pH大于强碱、弱酸溶液的pH小于强酸;B铝足量,酸、碱溶液完全反应,根据浓度大小及氢离子、氢氧根离子与生成氢气的量的关系判断;C根据分析可知,醋酸浓度大于***,混合液中醋酸过量,溶液显示酸性;D***的浓度大于***化氢溶液,若要使混合液为中性,则***化氢溶液体积应该大于***【解答】解:常温下水电离出的c(H+)均为11011mol/L,则溶质抑制了水的电离,该溶液为酸溶液或碱溶液,为一元强酸或强碱,则二者浓度为0/001mol/L;为弱电解质,在溶液中只能部分电离,则其浓度大于0/001mol/L,A由于加水稀释100倍后,弱电解质电离程度增大,溶液中弱酸电离出的氢离子、弱碱的电离出的氢氧根离子的物质的量增大,所以强电解质溶液的pH变化为2,弱电解质溶液的pH变化小于2,故稀释后溶液的pH大小为:,故A错误;B铝足量时,2mol***化氢生成1mol氢气,2mol***生成3mol氢气,的浓度相等,所以生成的氢气大于;的浓度大于,所以生成的氢气大于,即:等体积、铝足量时生成的氢气最少,故B正确;C、溶液等体积混合后,由于醋酸浓度大于***溶液,所以混合液中醋酸过量,反应后的溶液显示酸性,故C错误;D、溶液混合若pH=7,由于***的浓度大于***化氢溶液,则消耗***化氢溶液的体积应该加大,即:消耗溶液的体积:,故D错误;故选B7(6分)(2016西安校级模拟)取一定质量的均匀固体混合物Cu、CuO和Cu2O,将其分成两等份,取其中一份用足量的氢气还原,测得反应后固体质量减少3/20g,另一份中加入500mL稀硝酸(其还原产物为NO),固体恰好完全溶解,且同时收集到标准状况下NO气体4/48L,则所用硝酸的物质的量浓度为()A2/4mol/LB1/4mol/LC1/2mol/LD0/7mol/L【分析】将Cu2O拆分为Cu、CuO,原混合物看做Cu、CuO的混合物,其中一份用足量的氢气还原,反应后固体质量减少6/40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量,O原子的物质的量为=0/2mol,根据Cu元素守恒可知n(CuO)=n(O)=0/2mol;另一份中加入500mL稀硝酸,固体恰好完全溶解,溶液中溶质为Cu(NO3)2,且同时收集到标准状况下NO气体4/48L,NO的物质的量为=0/2mol,根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n(Cu)=3n(NO),由铜元素守恒可知nCu(NO3)2=n(CuO)+n(Cu),根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+2nCu(NO3)2,据此计算n(HNO3),再根据c=计算硝酸的浓度【解答】解:将Cu2O拆分为Cu、CuO,原混合物看做Cu、CuO的混合物,其中一份用足量的氢气还原,反应后固体质量减少6/40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量,O原子的物质的量为=0/2mol,根据Cu元素守恒可知n(CuO)=n(O)=0/2mol;另一份中加入500mL稀硝酸,固体恰好完全溶解,溶液中溶质为Cu(NO3)2,且同时收集到标准状况下NO气体4/48L,NO的物质的量为=0/2mol,根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n(Cu)=3n(NO)=30/2mol,n(Cu)=0/3mol,由铜元素守恒可知nCu(NO3)2=n(CuO)+n(Cu)=0/2mol+0/3mol=0/5mol,根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+2nCu(NO3)2=0/2mol+20/5mol=1/2mol,硝酸的浓度为=2/4mol/L故选A二、解答题(共3小题,满分43分)8(14分)(2016西安校级模拟)KMnO4常用作氧化剂、防腐剂、消毒剂、漂白剂和水处理剂等(1)在K2MnO4溶液中通入CO2可制得高锰酸钾,副产物是黑色沉淀M该反应中氧化剂与还原剂的质量之比为1:2由锂离子有机高聚物、锂及M构成原电池,电池反应为Li+M=LiM(s),消耗8/7gM时转移0/1mol电子则该电池正极的电极反应为MnO2+e+Li+=LiMnO2(2)实验室用KMnO4制备O2和Cl2取0/4mol KMnO4固体加热一段时间后,收集到amolO2,在反应后的残留固体中加入足量浓***,加热又收集到bmolCl2设锰元素全部转化成Mn2+存在于溶液中,当a+b=0/8mol时,在标准状况下生成Cl2的体积为13/44L;(3)电解K2MnO4溶液加以制备KMnO4工业上,通常以软锰矿(主要成分是MnO2)与KOH的混合物在铁坩埚(熔融池)中混合均匀,小火加热至熔融,即可得到绿色的K2MnO4,化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O用镍片作阳极(镍不参与反应),铁板为***极,电解K2MnO4溶液可制备KMnO4上述过程用流程图表示如下:则D的化学式为KOH;阳极的电极反应式为MnO42e=MnO4;阳离子迁移方向是K+由阳离子交换膜左侧向右侧迁移(4)高锰酸钾在酸性介质中还原产物为Mn2+,废液中c(Mn2+)浓度较大时会污染水体实验室可以用过二硫酸铵(NH4)2S2O8溶液检验废水中Mn2+,实验现象是溶液变紫红色(还原产物为SO42)过二硫酸可以看成是H2O2的衍生物,过二硫酸铵中含有过氧键(OO)写出检验Mn2+的离子方程式2Mn2+5S2O82+8H2O=2MnO4+10SO42+16H+如果将这个反应设计成盐桥原电池,盐桥中溶液最好选用饱和K2SO4溶液(选填:饱和KCl溶液、饱和K2SO4溶液或饱和NH4Cl溶液)【分析】(1)根据题干信息可知反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4,根据原子守恒书写化学反应方程式,根据方程式可知3molK2MnO4参加反应生成2molKMnO4、1molMnO2,据此判断氧化剂与还原剂的质量之比;原电池的正极上发生得电子的还原反应;(2)KMnO4固体,加热一段时间后,收集到a mol氧气,在反应后的残留固体中加入足量的浓***,继续加热,收集到气体b mol***气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子,则有:0/4(72)=4a+2b,据此计算回答;(3)根据信息:软锰矿(主要成分是MnO2)与KOH的混合物在铁坩埚(熔融池)中混合均匀,小火加热至熔融,即可得到绿色的K2MnO4来书写方程式;电解锰酸钾溶液时,***极上水得电子生成氢气和氢氧根离子;(4)在酸性介质中,往MnSO4溶液里滴加(NH4)2S2O8(连二硫酸铵)溶液会发生氧化还原反应,(NH4)2S2O8(连二硫酸铵)溶液具有强氧化性,选择的盐桥中溶液不能被其氧化【解答】解:(1)反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4,所以的化学方程式为:3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3;由化学反应方程式:3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3分析得出,3molK2MnO4参加反应生成2molKMnO4、1molMnO2,即3mol高锰酸钾参与反应有1mol作氧化剂、2mol作还原剂,则反应中氧化剂与还原剂的质量比为1:2;锂离子有机高聚物、锂及MnO2构成原电池,正极上发生得电子的还原反应,电极反应式为:MnO2+e+Li+=LiMnO2,故答案为:1:2;MnO2+e+Li+=LiMnO2;(2)KMnO4固体,加热一段时间后,收集到a mol氧气,在反应后的残留固体中加入足量的浓***,继续加热,收集到气体b mol***气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子,则有:0/4(72)=4a+2b=2mol,a+b=0/8mol,解得a=0/2,b=0/6,在标准状况下生成Cl2的体积为0/6mol22/4L/mol=13/44L,故答案为:13/44;(3)根据信息:软锰矿(主要成分是MnO2)与KOH的混合物在铁坩埚(熔融池)中混合均匀,小火加热至熔融,即可得到绿色的K2MnO4来书写方程式为:2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O;电解锰酸钾溶液时***极上水得电子生成氢气和氢氧根离子,电极反应为2H2O+2eH2+2OH,iD是氢氧化钾溶液,阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子,电极反应式为2MnO422e2MnO4,K+由阳离子交换膜左侧向右侧迁移,故答案为:2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O;KOH;MnO42e=MnO4;K+由阳离子交换膜左侧向右侧迁移;(4)在酸性介质中,往MnSO4溶液里滴加(NH4)2S2O8(连二硫酸铵)溶液会发生氧化还原反应2Mn2+5S2O82+8H2O=2MnO4+10SO42+16H+,(NH4)2S2O8(连二硫酸铵)溶液具有强氧化性,选择的盐桥中溶液不能被其氧化,可以选择:饱和K2SO4溶液故答案为:2Mn2+5S2O82+8H2O=2MnO4+10SO42+16H+;饱和K2SO4溶液9(15分)(2016西安校级模拟)工业碳酸钠(纯度约为98%)中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl和SO42等杂质为了提纯工业碳酸钠,并获得试剂级碳酸钠,采取工艺流程如图所示:已知:碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如下图所示:有关物质的溶度积如下物质CaCO3MgCO3Ca(OH)2Mg(OH)2Fe(OH)3Ksp4/961096/821064/681065/6110122/641039(1)加入NaOH溶液主要为了除去Mg2+(填离子符号),发生反应的离子方程式为MgCO3+2OH=Mg(OH)2+CO32、Mg2+2OH=Mg(OH)2;“沉淀”的主要成份有Mg(OH)2、Fe(OH)3、CaCO3(填化学式);向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液,当两种沉淀共存且溶液的pH=8时,c(Mg2+):c(Fe3+)=2/1251021(2)热的Na2CO3溶液有较强的去油污能力,其原因是(用离子方程式及必要的文字加以解释)Na2CO3在溶液中存在水解平衡CO32+H2OHCO3+OH,溶液呈碱性,当温度升高时水解平衡正向移动,使溶液碱性增强,故去油污能力增强(3)“趁热过滤”时的温度应控制在高于36(4)已知:Na2CO310H2O(s)=Na2CO3(s)+10H2O(g)H=+532/36kJmol1Na2CO310H2O(s)=Na2CO3H2O(s)+9H2O(g)H=+473/63kJmol1写出Na2CO3H2O脱水反应的热化学方程式Na2CO3H2O(s)=Na2CO3(s)+H2O(g)H=+58/73KJ/mol(5)有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程图中虚线所示进行循环使用请你分析实际生产中是否可行不可行,其理由是若“母液”循环使用,则溶液c(Cl)和c(SO42)增大,最后所得产物Na2CO3中混有杂质【分析】工业碳酸钠(纯度约为98%)中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、和Cl、SO42等杂质,加入水溶解后加入***溶液过滤得到滤液通过蒸发浓缩,***结晶,趁热过滤得到碳酸钠晶体,加热脱水得到实际级碳酸钠,母液重新溶解循环使用;(1)因工业碳酸钠中含有Mg2+,Fe3+,Ca2+,所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液,可生成Mg(OH)2、Fe(OH)3、CaCO3沉淀;(2)根据碳酸钠溶液中碳酸根离子的水解是吸热反应判断;(3)使析出的晶体为Na2CO3H2O,防止因温度过低而析出Na2CO310H20晶体或Na2CO37H20晶体,36是一个转折点;(4)通过观察两个热化学方程式,利用盖斯定律来计算焓变即可;(5)分析“母液”中存在的离子,若参与循环,将使离子浓度增大,对工业生产中哪个环节有所影响【解答】解:(1)碳酸钠中含有Mg2+,Fe3+,Ca2+,所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液,可生成Mg(OH)2、Fe(OH)3、CaCO3沉淀,主要是除去镁离子,滤渣的主要成分为Mg(OH)2、Fe(OH)3、CaCO3,发生的发应有:Fe3+3OH=Fe(OH)3,MgCO3+2OH=Mg (OH)2+CO32,Mg2+2OH=Mg (OH)2,当两种沉淀共存且溶液的pH=8时,c(OH)=106mol/L;c(Mg2+):c(Fe3+)=:=:=2/1251021;故答案为:Mg2+;MgCO3+2OH=Mg(OH )2+CO32; Mg2+2OH=Mg (OH)2;Mg(OH)2、Fe(OH)3、CaCO3;2/1251021;(2)热的Na2CO3溶液有较强的去油污能力,是由于Na2CO3在溶液中存在水解平衡CO32+H2OHCO3+OH,溶液呈碱性,当温度升高时水解平衡正向移动,使溶液碱性增强,故去油污能力增强,故答案为:Na2CO3在溶液中存在水解平衡CO32+H2OHCO3+OH,溶液呈碱性,当温度升高时水解平衡正向移动,使溶液碱性增强,故去油污能力增强;(3)“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3H2O,防止因温度过低而析出Na2CO310H20晶体或Na2CO37H20晶体,所以温度高于36,故答案为:高于36;(4)通过观察两个热化学方程式,利用盖斯定律,可将两式相减得到Na2CO3H2O(S)Na2CO3(s)+H2O(g),即Na2CO3H2O(S)Na2CO3(s)+H2O(g)H=+58/73kJ/mol,故答案为:Na2CO3H2O(S)Na2CO3(s)+H2O(g)H=+58/73kJ/mol;(5)若“母液”循环使用,则溶液c(Cl)和c(SO42)增大,最后所得产物Na2CO3中混有杂质,这样不符合该提纯工艺,故答案为:不可行;若“母液”循环使用,则溶液c(Cl)和c(SO42)增大,最后所得产物Na2CO3中混有杂质10(14分)(2016西安校级模拟)某兴趣小组的同学发现,将CuSO4溶液与K2CO3溶液混合会产生蓝绿色沉淀他们对沉淀的组成很感兴趣,决定采用实验的方法进行探究(1)【提出假设】假设1:所得沉淀为Cu(OH)2;假设2:所得沉淀为CuCO3;(填化学式)假设3:所得沉淀为碱式碳酸铜化学式可表示为mCu(OH)2nCuCO3【查阅资料】无论是哪一种沉淀受热均易分解(假设均不含结晶水)【定性探究】步骤1:将所得悬浊液过滤,先用蒸馏水洗涤,再用***洗涤,风干;步骤2:甲同学取一定量固体,用气密性良好的如装置如图(夹持仪器未画)进行定性实验;(2)若反应后A中蓝绿色固体变黑,C中无明显现象,证明假设1成立(3)乙同学认为只要将上图中B装置的试剂改用下列某试剂后,便可验证上述所有假设,该试剂是B(填代号)A*** B无水CuSO4 C碱石灰 DP2O5(4)乙同学验证假设3成立的实验现象是A中蓝绿色固体变黑色,B中无水CuSO4固体变蓝,C中有白色沉淀产生【定量探究】(5)乙同学进一步探究假设3中固体的组成:乙同学查得一些物质在常温时的数据(如下表)后,将C中的澄清石灰水改为Ba(OH)2溶液,其原因是AC(填代号)溶解度(S)/p溶度积(Ksp)摩尔质量(M)/gmol1Ca(OH)2Ba(OH)2CaCO3BaCO3CaCO3BaCO30/163/892/91092/6109100197ABa(OH)2溶解度大于Ca(OH)2,能充分吸收CO2BBa(OH)2为强碱,Ca(OH)2为弱碱C吸收等量CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3,测量误差小D相同条件下,CaCO3的溶解度明显大于BaCO3若所取蓝绿色固体质量为27/1g,实验结束后,装置B的质量增加2/7g,C中产生沉淀的质量为19/7g则该蓝绿色固体的化学式为2CuCO33Cu(OH)2、或3Cu(OH)22CuCO3或Cu5(OH)6(CO3)2;A中发生反应的化学方程式为2CuCO33Cu(OH)25CuO+3H2O+2CO2【分析】(1)根据氢氧化铜和碳酸铜都是蓝色沉淀分析蓝绿色沉淀成分;(2)加热时,碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜,二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊,加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜;(3)实验验证碳酸铜或氢氧化铜是利用受热分解生成的产物性质验证,加热时,碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜,加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜,所以需要验证水的存在和二氧化碳的存在就可以证明产生的物质成分;(4)假设3:所得沉淀为碱式碳酸铜化学式可表示为mCu(OH)2nCuCO3,需根据氢氧化铜、碳酸铜受热分解分析现象;(5)依据图表中数据分析判断溶质溶解度和质量对实验产生的误差大小分析;B中吸收的是水,C中吸收的是二氧化碳,根据质量守恒定律测得氧化铜的质量,根据原子守恒确定其化学式,2CuCO33Cu(OH)2受热分解生成CuO、二氧化碳和水【解答】解:(1)氢氧化铜和碳酸铜都是蓝色沉淀,CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合产生蓝绿色沉淀,可能是反应生成了碳酸铜沉淀,或双水解生成了氢氧化铜沉淀,或是碱式碳酸铜,假设1中沉淀为Cu(OH)2,假设2为CuCO3,故答案为:CuCO3;(2)加热时,碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜,二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊,加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜,若反应后A中蓝绿色固体变黑,C中无明显现象证明一定不含有碳酸铜,现象的产生为氢氧化铜,假设1正确,故答案为:1;(3)实验验证碳酸铜或氢氧化铜是利用受热分解生成的产物性质验证,加热时,碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜,加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜,所以需要验证水的存在和二氧化碳的存在就可以证明产生的物质成分,装置A中加热是否变化为黑色固体,装置B选择无水硫酸铜验证是否生成水,澄清石灰水是否变浑浊证明是否生成二氧化碳,故答案为:B;(4)假设3:所得沉淀为碱式碳酸铜化学式可表示为mCu(OH)2nCuCO3,无论氢氧化铜、碳酸铜分解,装置A中加热都会变化为黑色固体,装置B选择无水硫酸铜,根据是否变蓝色验证是否生成水,根据装置C中澄清石灰水是否变浑浊证明是否生成二氧化碳,所以证明假设是否正确的现象为:A中蓝绿色固体变黑色说明氢氧化铜、碳酸铜分解,B中无水CuSO4固体变蓝说明存在Cu(OH)2,C中有白色沉淀产生说明存在CuCO3,即能验证假设3成立,故答案为:A中蓝绿色固体变黑色,B中无水CuSO4固体变蓝,C中有白色沉淀产生;(5)Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2,充分吸收CO2,BaCO3的摩尔质量大于CaCO3,测量误差小;氢氧化钙为强碱,CaCO3的溶解度和BaCO3溶解度相差不大,故答案为:AC;B中吸收的是水,水的物质的量n=0/15mol,C中吸收的是二氧化碳生成碳酸钡白色沉淀,根据碳原子守恒得二氧化碳的物质的量=0/1mol,氧化铜的物质的量=0/25mol,则铜离子、氢氧根离子和碳酸根离子的物质的量之比=0/25mol:0/3mol:0/1mol=5:6:2,所以其化学式为:2CuCO33Cu(OH)2或3Cu(OH)22CuCO3或Cu5(OH)6(CO3)2,CuCO33Cu(OH)2受热分解生成CuO、二氧化碳和水,其反应的方程为:2CuCO33Cu(OH)25CuO+3H2O+2CO2,故答案为:2CuCO33Cu(OH)2或3Cu(OH)22CuCO3或Cu5(OH)6(CO3)2;2CuCO33Cu(OH)25CuO+3H2O+2CO2三、化学-选修2化学与技术(共1小题,满分15分)11(15分)(2013河南一模)胆矾是一种常见的化合物,工业上它也是一种制取其它含铜化合物的原料,现有废铜(主要杂质为Fe)来制备胆矾有人设计了如***程:pH值控制可参考下列数据物质开始沉淀时的pH值完全沉淀时的pH值氢氧化铁2/73/7氢氧化亚铁7/69/6氢氧化铜5/26/4请根据上述流程回答下列问题:(1)A可选用b(填字母)a稀H2SO4 b浓H2SO4、加热 c浓FeCl
温馨提示:
1. WEO啦仅展示《2016年陕西省西安市西工大附中高考化学十模试卷》的部分公开内容,版权归原著者或相关公司所有。
2. 文档内容来源于互联网免费公开的渠道,若文档所含内容侵犯了您的版权或隐私,请通知我们立即删除。
3. 当前页面地址:https://www.weo.la/doc/86eabbbf62d83726.html 复制内容请保留相关链接。