2023年高考化学模拟预测卷(一)(全国乙卷)
化 学
(考试时间:50分钟 试卷满分:100分)
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量:
可能用到的相对原子质量:
H—1 C-12 N-14 O—16 Mn—55 K—39 Cl—35.5 Fe—56 Ca-40 Na—23
一、选择题:本题共7小题,每小题6分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
7.化学推动着社会的进步和人类的发展,下列有关说法不正确的是
A.火箭表面涂层的成分为石墨烯,该成分是一种烯烃
B.ClO2是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂,可代替氯气用于自来水消毒
C.月球上插着一面用芳纶纤维特制的五星红旗,芳纶纤维属于有机高分子材料
D.液晶显示器是一种采用液晶为材料的显示器,液晶是介于液态和晶态之间的物质状态
8.TCCA是一种高效消毒剂,其分子结构如图。W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大,且位于两个不同短周期,基态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相等。下列叙述正确的是
A.第一电离能:
B.简单离子半径:
C.TCCA能发生水解反应
D.最高价氧化物对应水化物的酸性:
9.有机物M(结构简式为( )是合成花椒毒素的重要中间体,下列说法错误的是
A.电负性:F>O>N>C B.第一电离能:N>O>C
C.M中碳原子的杂化方式有2种 D.M可以形成分子间氢键
10.锰基催化剂催化烯烃环氧化反应的历程如图所示(Ac表示CH3CO,R表示烃基)。下列说法错误的是
A.转化过程中Mn元素的化合价没有发生改变
B.AcOH在催化过程中提供了质子
C.烯烃环氧化反应为+H2O2→+H2O
D.H+浓度可以影响反应速率和产品产率
11.某溶液仅由 、Cl-、 、、、Fe3+、Al3+和K+中的若干种离子组成,且各离子浓度相等,取适量溶液进行如下实验:
①取该溶液加入过量NaOH溶液,加热,产生无色气体;
②将①过滤、洗涤、灼烧,得到固体a;
③向上述滤液中加足量BaCl2 溶液,产生白色沉淀:
根据以上实验,下列推断错误的是
A.根据操作①,推断一定存在
B.②中固体a为氧化铁
C.原溶液中一定不存在 、Al3+,可能含有K+
D.说明原溶液中一定存在、Cl-、、、Fe3+、
12.羟基自由基具有极强的氧化能力,它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源作用下,利用双极膜电解池产生羟基自由基处理含苯酚废水和含甲醛废水,原理如图所示。已知:双极膜中间层中的解离为和。下列说法错误的是
A.M极为阴极,电极反应式:
B.双极膜中解离出的透过膜a向N极移动
C.每处理甲醛,理论上有透过膜b
D.通电一段时间后,理论上苯酚和甲醛转化生成物质的量之比为6∶7
13.室温下,向10 mL0.1 mol·L-1 K2A(室温下,H2A的Ka1=1.64×10-3)溶液中滴加0.1 mol·L-1的HCl溶液,混合溶液的pH与所加HCl溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A.室温下,H2A的Ka2≈2.0 ×10-6
B.b点溶液存在关系式:c(K+)=c(Cl-)+c(HA- )+2c(A2- )
C.a、b、c点溶液中水的电离程度:aD.a、b、c三点溶液均存在关系式:2[c(H2A)+c(HA- )+c(A2-)]=c(K+ )
二、非选择题:共58分,第26~28题为必考题,每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:共43分。
26.环己烯是重要的有机化工原料,广泛用于制备各种中间体,进而用于农药、医药、塑料等生产。回答下列问题:
(1)已知:苯()、环己烯()和氢气的燃烧热()分别为:、和。则反应Ⅰ: _______。
(2)某温度下,将等物质的量的苯蒸汽和加入刚性容器内发生反应生成气态环己烯,起始总压为,平衡时总压减小了40%,该温度下反应的平衡常数_______(保留一位小数)。达到平衡后,欲增加苯的平衡转化率,可采取的措施有_______(填标号)。
A.通入惰性气体 B.再加入等物质的量的苯蒸汽和
C.增加催化剂的用量 D.增加氢气的浓度
(3)液相中水作为添加剂苯选择性加氢制备环己烯(反应Ⅰ)过程的示意图如图1,采用能够吸附氢气的含钉催化剂,将氢气以一定速率通入液态苯与水的混合体系中生成环己烯,环己烯会进一步加成生成副产物环己烷。(已知:苯和环己烯在水中的溶解度分别为:和)
①研究表明使用水作为添加剂时,催化剂表面会被一层水吸附层覆盖,使得环己烯的选择性明显提高,原因是_______。
②反应温度与苯加氢反应速率的关系如图2所示,温度高于时,苯加氢速率降低的原因可能是_______。
(4)环氧环己烷()是有机合成的重要中间体,有着广泛的应用。以环己烯和溴化钠为原料,采用间接电解法是制备环氧环己烷的常用方法,其过程如下图:
①采用无隔膜法电解溶液,阳极电极反应方程式为_______。
②从践行绿色发展理念,保护生态环境的角度分析,采用该方法制备环氧环己烷的优点是_______。
27.利用锌精矿(ZnS)和软锰矿(MnO2)两种矿料(含少量杂质Fe、 Cu、 Pb等元素的化合物及SiO2)生产硫酸锌和硫酸锰的流程如下:
已知:①常温下,H2S 饱和溶液中c2(H+)·c(S2-)≈9×10-23;
②Ksp(ZnS)=2.0 ×10-22, Ksp(MnS)=2.0 ×10-13;
③ZnSO4的溶解度如表所示
水/温度(°C) 0 10 20 25 40 50 60 70 80 90
ZnSO4 41.8 47.5 54.1 58.0 62.1 74.8 67.2 60.5 一 一
ZnSO4·H2O 41.9 一 54.2 一 一 74.0 一 一 86.6 83.5
ZnSO4·6H2O 一 一 一 一 70.1 76.8 一 一 一 一
ZnSO4·7H2O 41.9 47.0 54.4 58.0 一 一 一 一 一 一
回答下列问题:
(1)“滤渣1”主要成分为_______、S;写出“酸浸”过程的主要离子方程式_______。
(2)“除铁”的萃取剂为磷酸二(2-乙基己基)酯(用HA表示),萃取后含铁的物质为[Fe(HA)2(H2O)2]ASO4,该物质中Fe3+的配位数为_______。
(3)BaS 为可溶性钡盐。向“水相1”中加入适量BaS目的是_______;溶液 pH过高,会造成Zn2+、Mn2+沉淀而损失,若溶液中Zn2+、Mn2+的浓度为0.2mol·L-1,则应控制溶液中c(H+)大于_______mol·L-1。
(4)从“反萃取液”中获得ZnSO4·H2O晶体的操作为:控制温度在_______°C以 上蒸发结晶、_______、洗涤、干燥。
(5)含50% MnO2的软锰矿174t,利用此工艺获得MnSO4·H2O160.55t,该工艺MnSO4·H2O的产率为_______。
28.某化学实验小组探究草酸盐的性质。
(1)文献表明:相同条件下,的还原性强于Fe2+。为验证此结论,小组同学完成了如下实验:向10mL0.5mol·L-1FeCl3溶液中缓慢加入0.5mol·L-1K2C2O 4溶液至过量,充分反应后得到翠绿色溶液和翠绿色晶体。
已知:[K3Fe(C2O4)3·3H2O]为翠绿色晶体 Fe3+ + 3[Fe(C2O4)3]3- K= 1.6×1020
①取少量翠绿色晶体,洗净配成溶液,滴加KSCN溶液,不变红,继续加入硫酸,溶液变红。解释溶液变红的原因:________。
②经检验反应后的翠绿色溶液中无Fe2+,解释和Fe3+未发生氧化还原反应的可能原因:__。
③某同学利用电化学原理来比较Fe2+和的还原性强弱:闭合开关K,电流表指针发生偏转,经过一段时间后,_______(填操作与现象),则证明的还原性大于Fe2+,该装置的优点是____________________________。
(2)利用Na2C2O4测定某KMnO4粗产品的纯度,实验步骤如下:
①称取 KMnO4粗产品,配成50mL溶液。
②称取 Na2C2O4,置于锥形瓶中,加蒸馏水使其溶解,再加入过量的硫酸。
③将锥形瓶中溶液加热到75°C~80°C,恒温,用①中所配溶液滴定至终点,消耗①中的溶液VmL。进行滴定
时,①中所配溶液应置于__________中(填写仪器名称),步骤③中滴定终点的现象是_________,粗产品中KMnO4的质量分数表达式为__________________。
(二)选考题:共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计。
35.【化学——选修3:物质结构与性质】科学工作者合成了含镁、镍、碳、氮4种元素的超导材料,具有良好的应用前景。回答下列问题:
(1)下列属于碳原子激发态轨道表示式的有___________(填字母,下同),其中失去最外层上一个电子所需能量最低的是___________。
(2)含有碳元素的有机化合物分布极广,最简单的为碳正离子,该离子的几何构型为___________;乙醇的挥发性比水的强,原因是___________;如图是叶绿素的结构示意图,配体是一种平面大环有机物,该结构中N原子的杂化方式为___________,C-Nσ键有___________个。
(3)某种半导体NiO具有NaCl型结构(如图),其中阴离子采用面心立方最密堆积方式,半径r(O2-)=anm。
①阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体密度为___________g·cm-3.(用含a,NA的表达式表示)。
②NiO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能,Ni-N键中离子键成分的百分数小于Ni-O键,原因是___________。
③若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代,则该晶体的化学式为___________;N所替代的O的位置可能是___________。
36.【化学——选修5:有机化学基础】有机化合物M是合成药物的中间体。实验室由A制备M的一种合成路线如图:
已知:
①RCH=CH2RCHO
②
③
回答下列问题:
(1)A的化学名称为______;D中含有的官能团的名称为______。
(2)由C生成D的反应中加入Na2CO3的作用为______;该反应过程中可能生成的有机副产物的结构简式为______。
(3)由D和E生成F的化学方程式为______。
(4)由G生成M的反应类型为______。
(5)Q为G的同分异构体.写出一种同时满足下列条件的Q的结构简式______。
①能与FeCl3溶液发生显色反应
②苯环上连有3个取代基,其中两个取代基组成和结构相同
③核磁共振氢谱中有5组吸收峰
(6)参照上述合成路线和信息,以E和为原料(无机试剂任选),设计制备的合成路线______。2023年高考化学模拟预测卷(一)(全国乙卷)
化 学
(考试时间:50分钟 试卷满分:100分)
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量:
H—1 C-12 N-14 O—16 Mn—55 K—39 Cl—35.5 Fe—56 Ca-40 Na—23
一、选择题:本题共7小题,每小题6分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
7.化学推动着社会的进步和人类的发展,下列有关说法不正确的是
A.火箭表面涂层的成分为石墨烯,该成分是一种烯烃
B.ClO2是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂,可代替氯气用于自来水消毒
C.月球上插着一面用芳纶纤维特制的五星红旗,芳纶纤维属于有机高分子材料
D.液晶显示器是一种采用液晶为材料的显示器,液晶是介于液态和晶态之间的物质状态
【答案】A
【详解】A.火箭表面涂层的成分为石墨烯,该成分是碳单质,故A错误;
B.常用氯气对自来水消毒,ClO2是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂,可用于自来水消毒,故B正确;
C.芳纶纤维属于有机高分子材料,故C正确;
D.液晶不是液态的晶体,液晶是介于液态和晶态之间的物质状态,故D正确。
综上所述,答案为A。
8.TCCA是一种高效消毒剂,其分子结构如图。W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大,且位于两个不同短周期,基态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相等。下列叙述正确的是
A.第一电离能:
B.简单离子半径:
C.TCCA能发生水解反应
D.最高价氧化物对应水化物的酸性:
【答案】C
【分析】TCCA是一种高效消毒剂,其分子结构如图。W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大,且位于两个不同短周期,基态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相等,则Y为O,W有四个价键,X有三个价键,Z有一个价键,则W为C,X为N,Z为Cl。
【详解】A.根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势,但第IIA族大于第IIIA族,第VA族大于第VIA族,同主族从上到下第一电离能逐渐减小,则第一电离能:,故A错误;
B.根据层多径大,同电子层结构核多径小,则简单离子半径:,故B错误;
C.TCCA有 基团,能发生水解反应,故C正确;
D.O没有最高价氧化物对应水化物,根据非金属性越强,其最高价氧化物对应水化物越强,则最高价氧化物对应水化物的酸性:,故D错误。
综上所述,答案为C。
9.有机物M(结构简式为( )是合成花椒毒素的重要中间体,下列说法错误的是
A.电负性:F>O>N>C B.第一电离能:N>O>C
C.M中碳原子的杂化方式有2种 D.M可以形成分子间氢键
【答案】C
【详解】A.同周期元素(惰性气体元素除外)从左到右电负性逐渐增大,所以电负性:F>O>N>C,故A正确;
B.同周期随原子序数增大,元素第一电离能呈增大趋势,但N元素原子2p能级为半满稳定状态,能量较低,第一电离能高于同周期相邻元素的,第一电离能:N>O>C,故B正确;
C.M中存在羰基、-C≡N和-CH3,M中碳原子的杂化方式有sp、sp2、sp3共3种,故C错误;
D.M中含有亚氨基(-NH-),可以形成分子间氢键,故D正确;
故选C。
10.锰基催化剂催化烯烃环氧化反应的历程如图所示(Ac表示CH3CO,R表示烃基)。下列说法错误的是
A.转化过程中Mn元素的化合价没有发生改变
B.AcOH在催化过程中提供了质子
C.烯烃环氧化反应为+H2O2→+H2O
D.H+浓度可以影响反应速率和产品产率
【答案】A
【详解】A.从图中可知,转化过程中与Mn相连的原子发生变化,各原子与Mn形成的化学键也有变化,Mn元素的化合价发生变化,A错误;
B.由转化关系知,AcOH在催化过程中提供了质子,B正确;
C.由转化关系知,AcOH参与反应生成了AcO-和H+,实际用途为催化剂,总反应为,C正确;
D.参与中间过程,其浓度可影响反应速率和产品产率,D正确;
故答案选A。
11.某溶液仅由 、Cl-、 、、、Fe3+、Al3+和K+中的若干种离子组成,且各离子浓度相等,取适量溶液进行如下实验:
①取该溶液加入过量NaOH溶液,加热,产生无色气体;
②将①过滤、洗涤、灼烧,得到固体a;
③向上述滤液中加足量BaCl2 溶液,产生白色沉淀:
根据以上实验,下列推断错误的是
A.根据操作①,推断一定存在
B.②中固体a为氧化铁
C.原溶液中一定不存在 、Al3+,可能含有K+
D.说明原溶液中一定存在、Cl-、、、Fe3+、
【答案】C
【分析】加入过量的碱产生气体为NH3,溶液有。信息②知加入过量的碱产生了沉淀Fe(OH)3,溶液中有Fe3+,与Fe3+会发生双水解不能共存,则溶液中不存在。信息③知加溶液中有。
【详解】A.由上分析溶液中一定有,A项正确;
B.Fe(OH)3受热分解为氧化铁Fe2O3,B项正确;
C.由上分析溶液中一定有 和Fe3+而阴离子有,又溶液中各离子浓度相同,溶液中电荷不守恒,所以一定还有Cl-和。溶液中这五种离子刚好电荷守恒,所以一定不存在和Al3+、K+,C项错误;
D.由C项分析溶液中一定存在 、Fe3+、 、Cl-和,D项正确;
故选C。
12.羟基自由基具有极强的氧化能力,它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源作用下,利用双极膜电解池产生羟基自由基处理含苯酚废水和含甲醛废水,原理如图所示。已知:双极膜中间层中的解离为和。下列说法错误的是
A.M极为阴极,电极反应式:
B.双极膜中解离出的透过膜a向N极移动
C.每处理甲醛,理论上有透过膜b
D.通电一段时间后,理论上苯酚和甲醛转化生成物质的量之比为6∶7
【答案】C
【详解】A.M电极通入,发生反应生成自由基,反应式为:,M作阴极,A正确;
B.N为阳极,电解时阴离子向阳极移动,所以透过膜a向N极移动,B正确;
C.甲醛与反应生成的反应:,甲醛为,有,透过膜b,C错误;
D.甲醛生成转移,苯酚与反应生成的反应为:转移,理论上苯酚和甲醛转化生成物质的量之比为6∶7,D正确;
故选C。
13.室温下,向10 mL0.1 mol·L-1 K2A(室温下,H2A的Ka1=1.64×10-3)溶液中滴加0.1 mol·L-1的HCl溶液,混合溶液的pH与所加HCl溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A.室温下,H2A的Ka2≈2.0 ×10-6
B.b点溶液存在关系式:c(K+)=c(Cl-)+c(HA- )+2c(A2- )
C.a、b、c点溶液中水的电离程度:aD.a、b、c三点溶液均存在关系式:2[c(H2A)+c(HA- )+c(A2-)]=c(K+ )
二、非选择题:共58分,第26~28题为必考题,每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:共43分。
26.环己烯是重要的有机化工原料,广泛用于制备各种中间体,进而用于农药、医药、塑料等生产。回答下列问题:
(1)已知:苯()、环己烯()和氢气的燃烧热()分别为:、和。则反应Ⅰ: _______。
(2)某温度下,将等物质的量的苯蒸汽和加入刚性容器内发生反应生成气态环己烯,起始总压为,平衡时总压减小了40%,该温度下反应的平衡常数_______(保留一位小数)。达到平衡后,欲增加苯的平衡转化率,可采取的措施有_______(填标号)。
A.通入惰性气体 B.再加入等物质的量的苯蒸汽和
C.增加催化剂的用量 D.增加氢气的浓度
(3)液相中水作为添加剂苯选择性加氢制备环己烯(反应Ⅰ)过程的示意图如图1,采用能够吸附氢气的含钉催化剂,将氢气以一定速率通入液态苯与水的混合体系中生成环己烯,环己烯会进一步加成生成副产物环己烷。(已知:苯和环己烯在水中的溶解度分别为:和)
①研究表明使用水作为添加剂时,催化剂表面会被一层水吸附层覆盖,使得环己烯的选择性明显提高,原因是_______。
②反应温度与苯加氢反应速率的关系如图2所示,温度高于时,苯加氢速率降低的原因可能是_______。
(4)环氧环己烷()是有机合成的重要中间体,有着广泛的应用。以环己烯和溴化钠为原料,采用间接电解法是制备环氧环己烷的常用方法,其过程如下图:
①采用无隔膜法电解溶液,阳极电极反应方程式为_______。
②从践行绿色发展理念,保护生态环境的角度分析,采用该方法制备环氧环己烷的优点是_______。
【答案】(1)
(2) 66.7 BD
(3) 环己烯在水中的溶解度相对较小,促使环己烯及时从催化剂表面脱附,降低了生成环己烷的速率,提高环己烯的选择性 反应温度过高,氢气溶解度减小,降低苯加氢的反应速度;反应温度过高使催化剂失活
(4) 溶液可以循环利用,提高了溴原子利用率,减少排放
【详解】(1)根据盖斯定律可知,该反应的反应热;
(2)设起始两者的物质的量为1mol,转化的苯为x mol,根据题给信息可以得到以下三段式:
,同温同体积压强之比=气体的物质的量之比,则,解得x=0.4,此时总压为(1-40%)×1MPa=0.6 MPa,总物质的量=2-2×0.4=1.2mol,平衡常数;
A.通入惰性气体,平衡不移动,苯的转化率不变,A错误;
B.再加入等物质的量的苯蒸汽和相当于加压,平衡正向移动,苯的转化率增大,B正确;
C.增加催化剂的用量平衡不移动,苯的转化率不变,C错误;
D.增加氢气的浓度,平衡正向移动,苯的转化率增大,D正确;
故选BD;
(3)①可以从平衡移动的角度分析,该方法降低了环己烯的浓度,促使平衡正向移动,故答案为:环己烯在水中的溶解度相对较小,促使环己烯及时从催化剂表面脱附,降低了生成环己烷的速率,提高环己烯的选择性;
②气体的溶解度随着温度升高而降低,反应速率减慢,另外,温度过高时,催化剂会失去活性,反应速率会降低,故答案为:反应温度过高,氢气溶解度减小,降低苯加氢的反应速度;反应温度过高使催化剂失活;
(4)①根据图示可知,在阳极,溴离子失去电子生成溴酸根离子,电极方程式为:;
②根据图示可知,该过程中的溴化钠可以循环使用,从而提高了溴的利用率,故答案为:溶液可以循环利用,提高了溴原子利用率,减少排放。
27.利用锌精矿(ZnS)和软锰矿(MnO2)两种矿料(含少量杂质Fe、 Cu、 Pb等元素的化合物及SiO2)生产硫酸锌和硫酸锰的流程如下:
已知:①常温下,H2S 饱和溶液中c2(H+)·c(S2-)≈9×10-23;
②Ksp(ZnS)=2.0 ×10-22, Ksp(MnS)=2.0 ×10-13;
③ZnSO4的溶解度如表所示
水/温度(°C) 0 10 20 25 40 50 60 70 80 90
ZnSO4 41.8 47.5 54.1 58.0 62.1 74.8 67.2 60.5 一 一
ZnSO4·H2O 41.9 一 54.2 一 一 74.0 一 一 86.6 83.5
ZnSO4·6H2O 一 一 一 一 70.1 76.8 一 一 一 一
ZnSO4·7H2O 41.9 47.0 54.4 58.0 一 一 一 一 一 一
回答下列问题:
(1)“滤渣1”主要成分为_______、S;写出“酸浸”过程的主要离子方程式_______。
(2)“除铁”的萃取剂为磷酸二(2-乙基己基)酯(用HA表示),萃取后含铁的物质为[Fe(HA)2(H2O)2]ASO4,该物质中Fe3+的配位数为_______。
(3)BaS 为可溶性钡盐。向“水相1”中加入适量BaS目的是_______;溶液 pH过高,会造成Zn2+、Mn2+沉淀而损失,若溶液中Zn2+、Mn2+的浓度为0.2mol·L-1,则应控制溶液中c(H+)大于_______mol·L-1。
(4)从“反萃取液”中获得ZnSO4·H2O晶体的操作为:控制温度在_______°C以 上蒸发结晶、_______、洗涤、干燥。
(5)含50% MnO2的软锰矿174t,利用此工艺获得MnSO4·H2O160.55t,该工艺MnSO4·H2O的产率为_______。
【答案】(1) SiO2 ZnS+MnO2+4H+=Zn2++Mn2++S↓+2H2O
(2)4
(3) 将Cu2+、Pb2+沉淀完全从而除去 0.3
(4) 80 趁热过滤
(5)0.95或95%
【分析】由流程图知,两种矿粉酸浸时发生氧化还原反应生成硫单质,即滤渣1为硫单质和不溶于强酸的二氧化硅,加入萃取剂将铁离子萃取到有机相,则水相1中含有Zn2+、Mn2+、Cu2+、Pb2+,加入硫化钡除去铜离子和铅离子过滤,再加入萃取剂分离锰离子和锌离子,则水相2中含有硫酸锰溶液,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰晶体,有机相2中含有硫酸锌,加入硫酸反萃取,经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锌晶体,据此回答。
【详解】(1)由分析知酸浸过程两种矿粉发生氧化还原反应,即,所以滤渣1为生成的硫单质和不溶于强酸的二氧化硅;
(2)由配合物化学式知配体为HA和H2O,且都是2,即Fe3+的配位数为4;
(3)由分析知加入适量硫化钡目的是将铜离子和铅离子沉淀完全除去;Ksp(ZnS)=2.0 ×10-22(4)由表中数据可知硫酸锌晶体在80°C以上溶解度随温度升高而减小,即操作为控制温度在80°C以上蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥;
(5)50% MnO2的软锰矿174t物质的量为,获得硫酸锰晶体质量为,即产率为。
28.某化学实验小组探究草酸盐的性质。
(1)文献表明:相同条件下,的还原性强于Fe2+。为验证此结论,小组同学完成了如下实验:向10mL0.5mol·L-1FeCl3溶液中缓慢加入0.5mol·L-1K2C2O 4溶液至过量,充分反应后得到翠绿色溶液和翠绿色晶体。
已知:[K3Fe(C2O4)3·3H2O]为翠绿色晶体 Fe3+ + 3[Fe(C2O4)3]3- K= 1.6×1020
①取少量翠绿色晶体,洗净配成溶液,滴加KSCN溶液,不变红,继续加入硫酸,溶液变红。解释溶液变红的原因:________。
②经检验反应后的翠绿色溶液中无Fe2+,解释和Fe3+未发生氧化还原反应的可能原因:__。
③某同学利用电化学原理来比较Fe2+和的还原性强弱:闭合开关K,电流表指针发生偏转,经过一段时间后,_______(填操作与现象),则证明的还原性大于Fe2+,该装置的优点是____________________________。
(2)利用Na2C2O4测定某KMnO4粗产品的纯度,实验步骤如下:
①称取 KMnO4粗产品,配成50mL溶液。
②称取 Na2C2O4,置于锥形瓶中,加蒸馏水使其溶解,再加入过量的硫酸。
③将锥形瓶中溶液加热到75°C~80°C,恒温,用①中所配溶液滴定至终点,消耗①中的溶液VmL。进行滴定
时,①中所配溶液应置于__________中(填写仪器名称),步骤③中滴定终点的现象是_________,粗产品中KMnO4的质量分数表达式为__________________。
【答案】(1) 加硫酸,H+和 反应,c( )减小,Fe3+ +3[Fe(C2O4)3]3- 逆向移动,c(Fe3+)增大,遇KSCN溶液变红 Fe3+与生成 [Fe(C2O4)3]3-的反应速率快且反应限度大 取U形管左侧溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀 避免发生Fe3++3 [Fe(C2O4)3]3- ,干扰氧化还原反应的发生
(2) 酸式滴定管 当滴入最后一滴(半滴) KMnO4溶液时,溶液从无色变为浅紫色,且半分钟内不褪色
【详解】(1)存在平衡Fe3+ + 3[Fe(C2O4)3]3-,加入H+消耗导致平衡逆向,Fe3+增多与SCN-显色。Fe3+与 氧化还原反应速度慢,而Fe3+与 产生[Fe(C2O4)3]3-反应速度快且限度大。还原性:强于Fe2+,即Fe3+能被还原为Fe2+,利用加K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+有蓝色晶体。该装置Fe3+与分开避免了Fe3+ + 3[Fe(C2O4)3]3-的干扰。答案为:加硫酸,H+和 反应,c()减小,Fe3+ +34 [Fe(C2O4)3]3-逆向移动,c(Fe3+)增大,遇KSCN溶液变红;Fe3+与 产生[Fe(C2O4)3]3-反应速度快且限度大;取U形管左侧溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀;避免发生Fe3++3 [Fe(C2O4)3]3-,干扰氧化还原反应的发生;
(2)KMnO4溶液强氧化性对橡胶有腐蚀性,应装于酸式滴定管中。用KMnO4滴定时由于KMnO4与Na2C2O4发生反应而呈无色,当Na2C2O4反应完全后加入KMnO4溶液呈红色。由升降守恒得到关系式为2KMnO4~ 5Na2C2O4,计算n(Na2C2O4)= 。VmL中n (KMnO4)= ,则ag KMnO4。粗品中质量分数为。答案为当滴入最后一滴(半滴) KMnO4溶液时,溶液从无色变为浅紫色,且半分钟内不褪色;。
(二)选考题:共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计。
35.【化学——选修3:物质结构与性质】科学工作者合成了含镁、镍、碳、氮4种元素的超导材料,具有良好的应用前景。回答下列问题:
(1)下列属于碳原子激发态轨道表示式的有___________(填字母,下同),其中失去最外层上一个电子所需能量最低的是___________。
(2)含有碳元素的有机化合物分布极广,最简单的为碳正离子,该离子的几何构型为___________;乙醇的挥发性比水的强,原因是___________;如图是叶绿素的结构示意图,配体是一种平面大环有机物,该结构中N原子的杂化方式为___________,C-Nσ键有___________个。
(3)某种半导体NiO具有NaCl型结构(如图),其中阴离子采用面心立方最密堆积方式,半径r(O2-)=anm。
①阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体密度为___________g·cm-3.(用含a,NA的表达式表示)。
②NiO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能,Ni-N键中离子键成分的百分数小于Ni-O键,原因是___________。
③若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代,则该晶体的化学式为___________;N所替代的O的位置可能是___________。
【答案】(1) BC B
(2) 平面三角形 乙醇比水形成的分子间氢键数目少,分子间作用力小 sp2 8
(3) 电负性O>N,O对电子的吸引能力更强,Ni和O之间更容易成离子键 Ni4O3N 顶点或一对平行平面的面心
【详解】(1)碳原子的基态电子排布式为1s22s22p2,根据基态碳原子受到激发,电子从低能级跳跃到高能级上,则四个选项中属于碳原子激发态轨道表示式的有BC,而A是基态碳原子电子轨道表示式,D是基态N原子电子轨道表示式,故答案是BC;根据电子离核越远,越容易失去,则失去最外层上一个电子所需能量最低的是选项B,因为其它选项最外层是第二层,而B是第三层,故答案是B。
(2)离子的价层电子对数为3,孤电子对为0,根据价层电子对互斥理论,其空间构型为平面三角形;乙醇的挥发性比水的强,说明乙醇的沸点比水低,沸点和分子间作用力有关,乙醇和水虽同为分子晶体,但乙醇比水形成的分子间氢键数目少,分子间作用力小,故乙醇的沸点比水低,乙醇的挥发性比水的强;根据叶绿素结构示意图,N原子构成平面大环结构,可知其杂化方式为sp2;C-N形成的共价键单键都是σ键,形成的双键中有一个是σ键,则C-Nσ键有8个。
(3)①根据NiO晶胞结构可知,其一个晶胞中含有O2-离子4个, Ni2+离子4个,氧原子量为16,镍原子量约为59,则其晶胞质量为m=,O2-离子采用面心立方最密堆积方式,半径r(O2-)=anm,设晶胞边长为x nm,则可得关系式2x2=16a2,解得x=2a nm,则晶胞的体积v=16a3 nm 3,则晶胞的密度为====g·cm-3。
②键的极性强弱和成键元素的电负性强弱有关,Ni-N键和Ni-O键相比,由于氧元素电负性大于氮元素,则O对电子的吸引能力更强,Ni和O之间更容易成离子键。
③根据均摊法,NiO晶胞中含有O2-离子4个, Ni2+离子4,若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代,即氧原子被氮原子代替,则该晶体的化学式为Ni4O3N;在晶胞中,有一个O原子被N原子取代,可能是顶点8或一对平行平面的面心,故N所替代的O的位置可能是顶点或一对平行平面的面心。
36.【化学——选修5:有机化学基础】有机化合物M是合成药物的中间体。实验室由A制备M的一种合成路线如图:
已知:
①RCH=CH2RCHO
②
③
回答下列问题:
(1)A的化学名称为______;D中含有的官能团的名称为______。
(2)由C生成D的反应中加入Na2CO3的作用为______;该反应过程中可能生成的有机副产物的结构简式为______。
(3)由D和E生成F的化学方程式为______。
(4)由G生成M的反应类型为______。
(5)Q为G的同分异构体.写出一种同时满足下列条件的Q的结构简式______。
①能与FeCl3溶液发生显色反应
②苯环上连有3个取代基,其中两个取代基组成和结构相同
③核磁共振氢谱中有5组吸收峰
(6)参照上述合成路线和信息,以E和为原料(无机试剂任选),设计制备的合成路线______。
【答案】(1) 苯乙烯 醚键,溴原子
(2) 消耗HBr,有利于反应正向进行,增大产品产率或原料利用率
(3)++HBr
(4)取代反应(或酯化反应)
(5)、、、 (任写一种)
(6)
【分析】由信息推知:A为,B为,C为,F为,M为;
【详解】(1)的化学名称为苯乙烯;中含有的官能团的名称为醚键,溴原子;
(2)与反应生成和HBr,加入可消耗HBr,有利于反应正向进行,增大产品产率或原料利用率;该反应过程中可能生成的有机副产物的结构简式为;
(3)和发生取代反应生成的化学方程式为++HBr;
(4)与乙酸发生取代反应(或酯化反应)生成;
(5)G为.由信息知,其同分异构体Q中含有酚羟基和两个醚键或醇羟基,且除酚羟基外另外两个取代基相同,结合核磁共振氢谱中有5组吸收峰可推知,满足条件的Q的结构简式有、、、,共4种;
(6)由合成路线和信息知,与反应可得,经还原后可得,再经完全催化氧化可得目标产物,则合成路线为。