上海市复旦大学附属中学2024-2025高三上学期10月阶段性教学质量评估 化学试卷
上海市复旦大学附属中学2024-2025学年高三上学期10月阶段性教学质量评估 化学试卷
1.(2024高三上·上海市月考)基态P原子价电子排布式为 ,该电子排布最高能级的电子云形状是 。
【答案】3s23p3;哑铃形(或纺锤形)
【知识点】原子核外电子排布;原子核外电子的运动状态
【解析】【解答】P是15号元素,基态磷原子价电子排布式为:3s23p3,最高能级为p能级,电子云形状是哑铃形(或纺锤形)。
【分析】P原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3,其最高能级为p能级。
2.(2024高三上·上海市月考)红磷是巨型共价分子,无定型结构,下列方法能证明红磷是非晶体的是( )
A.质谱法 B.原子发射光谱法
C.核磁共振谱 D.X射线衍射法
【答案】D
【知识点】研究物质结构的基本方法和实验手段
【解析】【解答】区别晶体和非晶体最有效的方法是进行X射线衍射实验,
故答案为:D。
【分析】熟记区别晶体和非晶体最有效的方法
3.(2024高三上·上海市月考)第一电离能介于Al、P之间的第3周期元素有 种;原子的逐级电离能(单位:)数据如下表:
第一电离能 第二电离能 第三电离能 第四电离能 第五电离能 第六电离能
947 1798 2735 483 6043 12310
为什么第五电离能与第六电离能相差较大: 。
【答案】3;原子最外层有五个电子,失去的第六个电子来自全充满的次外层,所需能量较高
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】族元素能级全空、族元素能级半充满,使第一电离能出现反常,第三周期元素第一电离能由小到大的顺序为Na、Al、Mg、Si、S、P、C、Ar,介于Al、P之间的有Mg、Si、S共3种元素;
As的第五电离能与第六电离能相差显著,As失去5个电子后电子排布为,此时3d为全充满,较稳定,此时再失去一个电子较困难,所以第五电离能与第六电离能相差显著,即原子最外层有五个电子,失去的第六个电子来自全充满的次外层,所需能量较高;
【分析】族元素能级全空、族元素能级半充满,np能级全空、半充满的元素的第一电离能比其他元素的大。
4.(2024高三上·上海市月考)黑磷具有石墨类似的层状结构,如下图所示,磷原子的杂化方式为 ,其在元素周期表分区中属于 区;层与层之间的相互作用为 。
【答案】;p;范德华力
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断;化学键和分子间作用力的区别;元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】根据晶体结构,P原子形成3条共价键,有1个孤电子对,分子中磷原子杂化方式为sp3杂化;
P是15号元素,基态磷原子价电子排布式为3s23p3,因此其在元素周期表分区中属于p区;
石墨晶体层与层之间的作用力是分子间作用力,所以黑磷晶体层与层之间的作用力是分子间作用力,即范德华力。
【分析】P原子形成3条共价键,有1个孤电子对;元素在周期表中的分区可根据价电子排布式;石墨晶体层与层之间的作用力是分子间作用力。
5.(2024高三上·上海市月考)的熔点为,且熔融状态不导电,其晶胞结构如下图所示,该晶体的类型为 ,每个原子周围距离最近且相等的原子数目为 。已知的密度为,摩尔质量为,阿伏加德罗常数的值用表示,则晶胞中最近的和原子核间距为 (列式表示)。
【答案】共价晶体;12;
【知识点】晶胞的计算;晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】共价晶体、离子晶体熔、沸点较高,离子晶体熔融状态下能导电,GaAs的熔点为,且熔融状态不导电,故属于共价晶体;每个As原子周围最近的As原子数目;该晶胞中As原子个数为,Ga原子个数为4,晶胞棱长,晶胞中最近的As和Ga原子核间距等于晶胞体对角线的,即。
【分析】晶体类型可根据熔点和熔融状态下的导电情况进行分析;每个As原子周围最近的As原子数目;晶胞中最近的As和Ga原子核间距等于晶胞体对角线的。
6.(2024高三上·上海市月考)是一种白色晶体,熔融时形成一种能导电的液体,测得其中含有一种正四面体形正离子和一种正八面体形负离子(该晶体的晶胞如下图所示),熔体中的键长只有和两种,则这两种离子的化学式分别为 、 ;其中正四面体形阳离子中键角 的键角(填“>”或“<”或“=”),原因是 。
【答案】;;>;中P原子有一对孤电子对,中P没有,孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力
【知识点】晶胞的计算;原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】PCl5是一种白色晶体,在恒容密闭容器中加热可在148℃液化,形成一种能导电的熔体,说明生成自由移动的阴阳离子,一种正四面体形阳离子是和一种正六面体形阴离子是,即发生反应为:2PCl5=+;PCl3分子中P原子有一对孤电子对,中P没有孤电子对,因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力,所以PCl5中正四面体形阳离子()中键角大于PCl3的键角。
【分析】根据题干信息,生成了自由移动的阴阳离子,一种正四面体形阳离子是和一种正六面体形阴离子是。孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力。
7.(2024高三上·上海市月考)以和为原料制备甲醇是实现资源化利用的方式。反应原理为:
反应I:
除生成甲醇外,还会生成副产物;
反应Ⅱ:
(1)下图中,曲线 能表示反应I的平衡常数K与温度T的关系。
A.I B.Ⅱ C.Ⅲ
(2)某温度下,向容积为的恒容密闭容器中充入和模拟反应I(即控制条件使只发生反应I)。反应达到平衡时,测得。计算该温度下的平衡常数 。
在不同温度下,向等容积的反应器中,分别通入等量、相同比例的和的混合气体,反应相同时间后,测得甲醇产率、催化剂活性分别与温度关系如下图所示。
(3)图中一定不处于化学平衡状态的点是 。(不定项)
(4)解释产率的可能原因 。
(5)已知催化剂对副反应没有影响。解释当温度高于,甲醇产率逐渐下降的原因可能是 、 。
【答案】(1)C
(2)16
(3)AB
(4)温度升高,反应速率快,因此甲醇产率B比A高
(5)若此时反应已平衡,因为主反应是放热反应,温度升高,主反应平衡逆移,甲醇产率降低;副反应是吸热反应,温度升高,副反应平衡正移,使和浓度减小,使主反应逆向移动,甲醇产率降低;若此时反应未平衡,因为升高温度,催化剂活性降低,主反应速率降低,相同时间内,甲醇产率降低:若此时反应未平衡,因为升高温度,副反应速率增大,使和浓度减小,主反应速率降低,相同时间内,甲醇产率降低。(答出任意两点即可)
【知识点】化学平衡常数;化学平衡的影响因素;化学平衡状态的判断;化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)反应I:为放热反应,可知随着温度升高,平衡逆向移动,化学平衡常数K减小,曲线Ⅲ代表该反应化学平衡常数K与温度的关系,故选C。
(2)根据题中数据列出三段式分析,
化学平衡常数。
(3)其他条件相同,相同时间内,随温度升高甲醇产率先增大后减小,温度低,反应速率较慢,相同时间内,反应未到达平衡状态,甲醇产量少,未到达平衡状态之前,温度升高,反应速率加快,相同时间内,甲醇产量多,495K左右时,催化剂活性最好,反应速率快,甲醇产量高,反应达到平衡,该反应为放热反应,继续温度升高时,平衡逆移,甲醇产率降低,温度升高,催化剂活性降低,反应速率减小,反应也可能未达到平衡,相同时间内,甲醇产量少,也造成甲醇产率降低,故一定不处于化学平衡状态的点是AB点。
(4)根据分析可知,A、B两点未到达平衡,因此产率的可能原因:温度升高,反应速率快,因此甲醇产率B比A高。
(5)495K左右时,催化剂活性最好,反应速率快,相同时间内,反应达到平衡,当温度高于500K,若此时反应已平衡,因为主反应是放热反应,温度升高,主反应平衡逆移,甲醇产率降低;副反应是吸热反应,温度升高,副反应平衡正移,使和浓度减小,使主反应逆向移动,甲醇产率降低;
若此时反应未平衡,因为升高温度,催化剂活性降低,主反应速率降低,相同时间内,甲醇产率降低:若此时反应未平衡,因为升高温度,副反应速率增大,使和浓度减小,主反应速率降低,相同时间内,甲醇产率降低。
【分析】(1)反应I为放热反应,升温利于平衡逆向移动,平衡常数减小。
(2)利用化学平衡三段式进行分析。
(3)未到达平衡状态之前,温度升高,反应速率加快,相同时间内,甲醇产量多。
(4)温度升高,反应速率加快,相同时间内,甲醇产量多。
(5)495K左右时,催化剂活性最好,温度高于500K,可从反应是否达平衡的角度去分析。
(1)反应I:为放热反应,可知随着温度升高,平衡逆向移动,化学平衡常数K减小,曲线Ⅲ代表该反应化学平衡常数K与温度的关系,故选C。
(2)根据题中数据列出三段式分析,
化学平衡常数。
(3)其他条件相同,相同时间内,随温度升高甲醇产率先增大后减小,温度低,反应速率较慢,相同时间内,反应未到达平衡状态,甲醇产量少,未到达平衡状态之前,温度升高,反应速率加快,相同时间内,甲醇产量多,495K左右时,催化剂活性最好,反应速率快,甲醇产量高,反应达到平衡,该反应为放热反应,继续温度升高时,平衡逆移,甲醇产率降低,温度升高,催化剂活性降低,反应速率减小,反应也可能未达到平衡,相同时间内,甲醇产量少,也造成甲醇产率降低,故一定不处于化学平衡状态的点是AB点。
(4)根据分析可知,A、B两点未到达平衡,因此产率的可能原因:温度升高,反应速率快,因此甲醇产率B比A高。
(5)495K左右时,催化剂活性最好,反应速率快,相同时间内,反应达到平衡,当温度高于500K,若此时反应已平衡,因为主反应是放热反应,温度升高,主反应平衡逆移,甲醇产率降低;副反应是吸热反应,温度升高,副反应平衡正移,使和浓度减小,使主反应逆向移动,甲醇产率降低;
若此时反应未平衡,因为升高温度,催化剂活性降低,主反应速率降低,相同时间内,甲醇产率降低:若此时反应未平衡,因为升高温度,副反应速率增大,使和浓度减小,主反应速率降低,相同时间内,甲醇产率降低。
8.(2024高三上·上海市月考)碳酸酯化:与环氧丙烷反应合成碳酸丙烯酯,其反应历程如下图所示( 表示某催化剂的活化中心或活性基团)。
(1)图中H分子中键与键的个数之比为 。
(2)决定总反应速率大小的步骤主要是_______。
A.A→B B.C→D C.E→F D.F→G
【答案】(1)
(2)C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型;活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】(1)单键为,双键中一根为键,一根为键,故H分子中键与键的个数之比为;
(2)由图像可知,步骤E→F的能垒(活化能)最大,该步骤的反应速率最慢,是整个反应过程的决速步骤,故答案选C。
【分析】(1)单键为,双键中一个为键,一个为键。
(2)反应速率较慢的步骤决定总反应速率大小。
(1)单键为,双键中一根为键,一根为键,故H分子中键与键的个数之比为;
(2)由图像可知,步骤E→F的能垒(活化能)最大,该步骤的反应速率最慢,是整个反应过程的决速步骤,故答案选C。
9.(2024高三上·上海市月考)使用电化学方法能够对进行吸收。利用活泼金属与二氧化碳的反应,能够构建金属-电池,其中一种电池的模型如下图所示:(图中是固体)
(1)下列有关该原电池的说法中,正确的是_______。(不定项)
A.该原电池工作时,电子由正极向负极移动
B.在该原电池中,b电极作为正极
C.原电池工作时,正离子向正极方向移动
D.原电池工作时,b电极发生氧化反应
(2)写出该原电池的正极反应式: 。
(3)原电池中每转移电子,能够吸收 。
【答案】(1)B;C
(2)
(3)0.75
【知识点】电极反应和电池反应方程式;原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)A.原电池工作时,电子由负极向正极转移,故A错误;
B.由分析可知,b电极为原电池的正极,故B正确;
C.原电池工作时,依据异性相吸原理可知,阳离子一定向正极方向移动,故C正确;
D.由分析可知,b电极为正极,锂离子作用下,二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳和碳酸锂,故D错误;
故选BC。
(2)由分析可知,b电极为正极,锂离子作用下,二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳和碳酸锂,电极反应式为:。
(3)由分析可知,b电极的电极反应式为:,则原电池中转移1mol电子时,能够吸收二氧化碳的物质的量1mol×=0.75mol。
【分析】根据图示信息可知,该装置为原电池,结合题干信息,a电极上,Li失电子发生氧化反应生成Li+,则a电极为负极,b电极为正极,其电极反应式为。
(1)A.原电池工作时,电子由负极向正极转移,故A错误;
B.由分析可知,b电极为原电池的正极,故B正确;
C.原电池工作时,依据异性相吸原理可知,阳离子一定向正极方向移动,故C正确;
D.由分析可知,b电极为正极,锂离子作用下,二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳和碳酸锂,故D错误;
故选BC。
(2)由分析可知,b电极为正极,锂离子作用下,二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳和碳酸锂,电极反应式为:。
(3)由分析可知,b电极的电极反应式为:,则原电池中转移1mol电子时,能够吸收二氧化碳的物质的量1mol×=0.75mol。
10.(2024高三上·上海市月考)化合物H在医药应用方面有潜在价值,其合成路线之一如下:
已知:(、等)
(1)已知的名称为3甲基-2-丁烯-1-醇,按此命名原则,B的名称为 。
(2)D中含氧官能团的名称为 ;最多能与 发生加成反应。
(3)H含有不对称碳原子的数目为_______。
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
(4)写出反应类型:A→B ;G→H 。
(5)E的结构简式为 。
(6)F→G除生成G外,另一产物化学式为 。
(7)C的同分异构体X满足下列结构与性质:
i.遇溶液发生显色反应
ⅱ.核磁共振氢谱如下图所示,则X的结构简式为 。
(8)请结合题示信息,写出以2-丁烯和为原料制备的合成路线(其他无机材料任选) 。
【答案】(1)3-戊炔-1-醇
(2)酮羰基、酯基;4
(3)B
(4)取代反应;加成反应(或还原反应)
(5)
(6)HI
(7)
(8)
【知识点】有机物的合成;有机物的结构和性质;同分异构现象和同分异构体;加成反应
【解析】【解答】(1)已知的名称为3甲基-2-丁烯-1-醇,按此命名原则结合B结构,B的名称为3-戊炔-1-醇;
(2)由D结构,D中含氧官能团的名称为酮羰基、酯基,1分子 F中存在1个苯环、1个酮羰基,则最多能与4发生加成反应;
(3),由图,H含有不对称碳原子的数目为1个,故选B;
(4)A通过取代反应引入甲基生成B,为取代反应;G到H发生加成反应羰基转变为羟基得到H,故为加成反应(或还原反应);
(5)由分析,E为;
(6)F与一碘甲烷发生取代反应引入甲基生成G和碘化氢,故为HI;
(7)由C结构,其不饱和度为4、含有1个氧、10个碳,其一种同分异构体同时满足下列条件①能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有苯环和酚羟基,苯环不饱和度为4且含有6个碳原子;②由核磁共振氢谱,分子中含有2种不同化学环境的氢,且氢原子个数比为1:6,则其它4个碳原子分别以甲基的形式在苯环上,2个酚羟基处于对位位置;故同分异构体的结构简式为:;
(8)2-丁烯和溴单质加成生成,在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应生成,再和发生已知反应原理生成,再和氢气加成生成产物,故流程为:。
【分析】根据流程图信息,A→B发生取代反应,其中A中碳碳三键上的氢原子被-CH3取代;C→D发生酯化反应;D→E发生已知信息的反应,可推出E的结构简式为;E→F发生还原(脱氢)反应;F→G发生取代反应;G→H发生加成反应,结合有机物的性质进行分析。
(1)已知的名称为3甲基-2-丁烯-1-醇,按此命名原则结合B结构,B的名称为3-戊炔-1-醇;
(2)由D结构,D中含氧官能团的名称为酮羰基、酯基,1分子 F中存在1个苯环、1个酮羰基,则最多能与4发生加成反应;
(3),由图,H含有不对称碳原子的数目为1个,故选B;
(4)A通过取代反应引入甲基生成B,为取代反应;G到H发生加成反应羰基转变为羟基得到H,故为加成反应(或还原反应);
(5)由分析,E为;
(6)F与一碘甲烷发生取代反应引入甲基生成G和碘化氢,故为HI;
(7)由C结构,其不饱和度为4、含有1个氧、10个碳,其一种同分异构体同时满足下列条件①能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有苯环和酚羟基,苯环不饱和度为4且含有6个碳原子;②由核磁共振氢谱,分子中含有2种不同化学环境的氢,且氢原子个数比为1:6,则其它4个碳原子分别以甲基的形式在苯环上,2个酚羟基处于对位位置;故同分异构体的结构简式为:;
(8)2-丁烯和溴单质加成生成,在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应生成,再和发生已知反应原理生成,再和氢气加成生成产物,故流程为:。
11.(2024高三上·上海市月考)I.常温下,和溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液的关系分别如下图1和下图2所示:
(1)的第一步电离方程式是 ,该步电离常数表达式是 。
(2)由图1中a点可知,当时,;据此类推,由图2可知,约等于 ,可判断酸性强于。
(3)以酚酞为指示剂,将溶液逐滴加入到溶液中,当溶液由无色变为红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为 ;时,溶液中, (填“>”、“<”或“=”)。
【答案】(1);
(2)
(3);>
【知识点】离子浓度大小的比较;离子方程式的书写;电离方程式的书写;电离平衡常数
【解析】【解答】(1)由图可知,为多元弱酸,其电离是分步进行的,第一步电离方程式是:;根据电离常数的定义可知该步电离常数的表达式是;
(2)在图2中当时,;
(3)酚酞的变色范围为8.2-10.0,变为红色,发生第一步反应,生成,离子方程式为:;开始滴定溶液为混合溶液,电离呈酸性,水解呈碱性,pH=8,说明水解大于电离,故>。
【分析】(1)多元弱酸电离时分步进行的。
(2)图2中当时,。
(3)酚酞的变色范围为8.2-10.0。
(1)由图可知,为多元弱酸,其电离是分步进行的,第一步电离方程式是:;根据电离常数的定义可知该步电离常数的表达式是;
(2)在图2中当时,;
(3)酚酞的变色范围为8.2-10.0,变为红色,发生第一步反应,生成,离子方程式为:;开始滴定溶液为混合溶液,电离呈酸性,水解呈碱性,pH=8,说明水解大于电离,故>。
12.(2024高三上·上海市月考)Ⅱ.测定某溶液(含少量)中浓度的一种方法如下。
已知:用标准溶液滴定弱酸溶液,一般要求弱酸的。
i.调:取待测液,向其中滴入适量溶液调节,以中和。
ⅱ.氧化:向上述溶液中加入适量碘水,将为氧化为。
ⅲ.滴定:用标准溶液满定ⅱ中得到的溶液至终点,消耗标准溶液。
(1)若无i,会导致测定的浓度 。
A.偏高 B.偏低 C.无影响
(2)出中滴定至终点时,溶液为4~5,结合图1可知,此时溶液中的溶质主要是和 (填化学式)。
(3)数据处理后得。结合ii和iii中物质间转化的定量关系,解释该式中数字“3”表示的化学含义: 。
(4)另一待测液除了含、少量,还含有,依据上述方法,测定其中总砷含量(已知:酸性越强,的氧化性越强)。测定步骤包含4步:a.氧化、b.还原、c.调、d.滴定。正确的测定步骤顺序是 →d。
【答案】(1)A
(2)
(3)ii、iii中物质转化的定量关系:,的物质的量为滴定消耗的物质的量的
(4)b→c→a
【知识点】中和滴定;化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)在用滴定的时候,硫酸也会消耗,若无ⅰ会导致消耗量增大,测定结果偏高,答案选A;
(2)由图1可知,溶液为4~5时,砷的主要存在形式为,且在氧化时还生成了HI,故溶质中会有,由于最初的溶液含少量,故此时溶液中的溶质会含有硫酸钠,故答案为:;
(3)步骤ⅱ中碘和反应的方程式为:I2++H2O=+2HI,由(4)可知滴定至终点时会生成,同时HI会和氢氧化钠反应,故的物质的量为滴定消耗的物质的量的,答案为:ⅱ、ⅲ中物质转化的定量关系:,的物质的量为滴定消耗的物质的量的;
(4)由于待测液中含有且在调pH的时候会和氢氧化钠反应,故先还原将其还原为,然后再调pH除去硫酸,再用适量碘水将氧化为,再用氢氧化钠滴定,从而测定其中总砷含量,故答案为:b→c→a。
【分析】(1)注意硫酸也消耗。
(2)溶液中含少量,硫酸也消耗。
(3) ii、iii中物质转化的定量关系:。
(4)先将还原为,然后调pH除去硫酸,再将氧化为,最后用氢氧化钠滴定。
(1)在用滴定的时候,硫酸也会消耗,若无ⅰ会导致消耗量增大,测定结果偏高,答案选A;
(2)由图1可知,溶液为4~5时,砷的主要存在形式为,且在氧化时还生成了HI,故溶质中会有,由于最初的溶液(含少量,故此时溶液中的溶质会含有硫酸钠,故答案为:;
(3)步骤ⅱ中碘和反应的方程式为:I2++H2O=+2HI,由(4)可知滴定至终点时会生成,同时HI会和氢氧化钠反应,故的物质的量为滴定消耗的物质的量的,答案为:ⅱ、ⅲ中物质转化的定量关系:,的物质的量为滴定消耗的物质的量的;
(4)由于待测液中含有且在调pH的时候会和氢氧化钠反应,故先还原将其还原为,然后再调pH除去硫酸,再用适量碘水将氧化为,再用氢氧化钠滴定,从而测定其中总砷含量,故答案为:b→c→a。
13.(2024高三上·上海市月考)I.硫铁矿烧渣(主要成分等)是工业生产硫酸的废渣,利用硫铁矿烧渣制备铁红等产品的流程如下图所示
(1)酸浸、过滤后滤液中的主要成分是 ,滤渣是 。
(2)反应I的溶液为防止被氧化,需加入 ,反应I中发生的离子方程式为 。
(3)反应I的反应温度一般需控制在以下,其目的是 。
(4)空气中煅烧生成产品b的化学反应方程式为 。
(5)实验室进行煅烧操作所需仪器除了酒精喷灯、三脚架、玻璃棒外,还有 。
(6)煅烧产生的烟气中存在大量含铁颗粒,将烟气通过电场可将颗粒物从气流中分离,移动到导电板上进行捕集,该过程称为_______。
A.电离 B.渗析 C.电泳 D.聚沉
(7)工业生产上常在反应Ⅲ的过程中加入一定量的醇类溶剂,其目的是 。
(8)检验产品a中是否含有氯化物杂质的实验操作是:取少量产品a于试管中配成溶液, 。
【答案】(1)(或和);
(2)少量铁粉;
(3)防止分解(或减少的水解)
(4)
(5)坩埚、坩埚钳、泥三角
(6)C
(7)降低硫酸钾的溶解度,有利于硫酸钾析出
(8)滴加过量溶液,过滤后向滤液中滴加溶液,若产生白色沉淀,则含有氯化物杂质
【知识点】物质的分离与提纯;物质的检验和鉴别;铁及其化合物的性质实验;制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)焙烧后的固体为Fe和SiO2的混合物,加入H2SO4,Fe与H2SO4反应生成FeSO4,如H2SO4过量,则滤液中还含有H2SO4,而SiO2不溶于稀H2SO4,所以过滤后的滤渣为SiO2。
(2)为防止FeSO4溶液中Fe2+的氧化,加入少量铁粉可防止Fe2+氧化;
发生反应I时,加入碳酸氢铵将二价铁离子转化为碳酸亚铁固体,即反应为:。
(3)NH4HCO3不稳定,受热分解为NH3、H2O、CO2,如果温度过高会导致NH4HCO3分解,同时由于水解反应是吸热反应,温度越高水解速率越快,也会加快Fe2+的水解,这样会使原料利用率降低,因此一般控制在35℃以下,其目的是防止碳酸氢铵受热分解或减少的水解。
(4)FeCO3与O2在高温下反应生成了Fe2O3和CO2,反应方程式为:。
(5)实验室进行煅烧操作所需仪器除了酒精喷灯、三脚架、玻璃棒外,还有坩埚、坩埚钳、泥三角。
(6)通过电场将颗粒物从气流中分离并移动到导电板上进行捕集的过程称为静电除尘,胶体粒子为带电粒子,带电粒子在电场的作用下,向着与其电性相反的电极移动的现象,该过程称为电泳,故答案选C。
(7)由题目看出在Ⅲ反应中生成的K2SO4为固体,而K2SO4在无机溶剂中溶解度比较大,在醇中溶解度较小,所以加入醇类溶剂目的:降低硫酸钾的溶解度,有利于硫酸钾析出。
(8)产品a主要为K2SO4,为检验是否含有氯化物杂质,应加入AgNO3溶液,由于AgNO3溶液会与K2SO4反应产生Ag2SO4白色沉淀,为排除干扰,在加入AgNO3溶液之前应加入过量的Ba(NO3)2溶液,使硫酸根形成BaSO4沉淀,以除去硫酸根的干扰,过滤后再加入硝酸银溶液,即检验产品a中是否含有氯化物杂质的实验操作是:取少量产品a于试管中配成溶液,滴加过量溶液,过滤后向滤液中滴加溶液,若产生白色沉淀,则含有氯化物杂质。
【分析】根据题干信息及流程图,加入还原剂“焙烧”时,Fe的氧化物被还原为Fe单质;加入硫酸后,铁与硫酸反应生成硫酸亚铁,SiO2与硫酸不反应,则“滤渣”为SiO2;向滤液中加入碳酸氢铵溶液,经过滤得到碳酸亚铁固体,则可推出滤液中主要含有硫酸铵和过量的碳酸氢铵;碳酸亚铁固体经洗涤、干燥后在空气中煅烧得到Fe2O3(产品b);反应Ⅱ中除去过量的碳酸氢铵,反应Ⅲ析出溶解度较小的硫酸钾,经过滤得到硫酸钾(即产品a)和氯化铵溶液。
(1)焙烧后的固体为Fe和SiO2的混合物,加入H2SO4,Fe与H2SO4反应生成FeSO4,如H2SO4过量,则滤液中还含有H2SO4,而SiO2不溶于稀H2SO4,所以过滤后的滤渣为SiO2。
(2)为防止FeSO4溶液中Fe2+的氧化,加入少量铁粉可防止Fe2+氧化;
发生反应I时,加入碳酸氢铵将二价铁离子转化为碳酸亚铁固体,即反应为:。
(3)NH4HCO3不稳定,受热分解为NH3、H2O、CO2,如果温度过高会导致NH4HCO3分解,同时由于水解反应是吸热反应,温度越高水解速率越快,也会加快Fe2+的水解,这样会使原料利用率降低,因此一般控制在35℃以下,其目的是防止碳酸氢铵受热分解或减少的水解。
(4)FeCO3与O2在高温下反应生成了Fe2O3和CO2,反应方程式为:。
(5)实验室进行煅烧操作所需仪器除了酒精喷灯、三脚架、玻璃棒外,还有坩埚、坩埚钳、泥三角。
(6)通过电场将颗粒物从气流中分离并移动到导电板上进行捕集的过程称为静电除尘,胶体粒子为带电粒子,带电粒子在电场的作用下,向着与其电性相反的电极移动的现象,该过程称为电泳,故答案选C。
(7)由题目看出在Ⅲ反应中生成的K2SO4为固体,而K2SO4在无机溶剂中溶解度比较大,在醇中溶解度较小,所以加入醇类溶剂目的:降低硫酸钾的溶解度,有利于硫酸钾析出。
(8)产品a主要为K2SO4,为检验是否含有氯化物杂质,应加入AgNO3溶液,由于AgNO3溶液会与K2SO4反应产生Ag2SO4白色沉淀,为排除干扰,在加入AgNO3溶液之前应加入过量的Ba(NO3)2溶液,使硫酸根形成BaSO4沉淀,以除去硫酸根的干扰,过滤后再加入硝酸银溶液,即检验产品a中是否含有氯化物杂质的实验操作是:取少量产品a于试管中配成溶液,滴加过量溶液,过滤后向滤液中滴加溶液,若产生白色沉淀,则含有氯化物杂质。
14.(2024高三上·上海市月考)Ⅱ.冶炼废渣中的砷元素主要以的形式存在,可用古氏试砷法半定量检测(的最低检出限为)。
步骤1:取废渣样品,粉碎后与锌粉混合,加入硫酸共热,生成气体。
步骤2:将气体通入溶液中,生成银镜和难溶物。
步骤3:取废渣样品,重复上述实验,未见银镜生成。
(1)步骤2的离子方程式为 。
(2)固体废弃物的排放标准中,砷元素不得高于,请通过计算说明该排放的废渣中砷元素的含量 (填“符合”或“不符合”)排放标准。(结合适当的文字说明,写出计算过程)
【答案】(1)
(2)不符合:因为该废渣种含量最少为,大于排放标准
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量;离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)将AsH3气体通入AgNO3溶液中,生成银镜和As2O3,离子方程式为:。
(2)As的最低检出限为3.0×10-6g,取1g废渣样品,重复上述实验,未见银镜生成,取10g废渣样品最后生成银镜和As2O3,则10g废渣含砷量最少为3.0×10-6g,则该废渣砷最低含量为,大于排放标准,所以不符合排放标准。
【分析】(1)AsH3气体通入AgNO3溶液中,生成银镜和As2O3,结合原子数目、得失电子守恒进行配平。
(2)取1g废渣样品,重复上述实验,未见银镜生成,取10g废渣样品最后生成银镜和As2O3,则10g废渣含砷量最少为3.0×10-6g。
(1)将AsH3气体通入AgNO3溶液中,生成银镜和As2O3,离子方程式为:。
(2)As的最低检出限为3.0×10-6g,取1g废渣样品,重复上述实验,未见银镜生成,取10g废渣样品最后生成银镜和As2O3,则10g废渣含砷量最少为3.0×10-6g,则该废渣砷最低含量为,大于排放标准,所以不符合排放标准。
上海市复旦大学附属中学2024-2025学年高三上学期10月阶段性教学质量评估 化学试卷
1.(2024高三上·上海市月考)基态P原子价电子排布式为 ,该电子排布最高能级的电子云形状是 。
2.(2024高三上·上海市月考)红磷是巨型共价分子,无定型结构,下列方法能证明红磷是非晶体的是( )
A.质谱法 B.原子发射光谱法
C.核磁共振谱 D.X射线衍射法
3.(2024高三上·上海市月考)第一电离能介于Al、P之间的第3周期元素有 种;原子的逐级电离能(单位:)数据如下表:
第一电离能 第二电离能 第三电离能 第四电离能 第五电离能 第六电离能
947 1798 2735 483 6043 12310
为什么第五电离能与第六电离能相差较大: 。
4.(2024高三上·上海市月考)黑磷具有石墨类似的层状结构,如下图所示,磷原子的杂化方式为 ,其在元素周期表分区中属于 区;层与层之间的相互作用为 。
5.(2024高三上·上海市月考)的熔点为,且熔融状态不导电,其晶胞结构如下图所示,该晶体的类型为 ,每个原子周围距离最近且相等的原子数目为 。已知的密度为,摩尔质量为,阿伏加德罗常数的值用表示,则晶胞中最近的和原子核间距为 (列式表示)。
6.(2024高三上·上海市月考)是一种白色晶体,熔融时形成一种能导电的液体,测得其中含有一种正四面体形正离子和一种正八面体形负离子(该晶体的晶胞如下图所示),熔体中的键长只有和两种,则这两种离子的化学式分别为 、 ;其中正四面体形阳离子中键角 的键角(填“>”或“<”或“=”),原因是 。
7.(2024高三上·上海市月考)以和为原料制备甲醇是实现资源化利用的方式。反应原理为:
反应I:
除生成甲醇外,还会生成副产物;
反应Ⅱ:
(1)下图中,曲线 能表示反应I的平衡常数K与温度T的关系。
A.I B.Ⅱ C.Ⅲ
(2)某温度下,向容积为的恒容密闭容器中充入和模拟反应I(即控制条件使只发生反应I)。反应达到平衡时,测得。计算该温度下的平衡常数 。
在不同温度下,向等容积的反应器中,分别通入等量、相同比例的和的混合气体,反应相同时间后,测得甲醇产率、催化剂活性分别与温度关系如下图所示。
(3)图中一定不处于化学平衡状态的点是 。(不定项)
(4)解释产率的可能原因 。
(5)已知催化剂对副反应没有影响。解释当温度高于,甲醇产率逐渐下降的原因可能是 、 。
8.(2024高三上·上海市月考)碳酸酯化:与环氧丙烷反应合成碳酸丙烯酯,其反应历程如下图所示( 表示某催化剂的活化中心或活性基团)。
(1)图中H分子中键与键的个数之比为 。
(2)决定总反应速率大小的步骤主要是_______。
A.A→B B.C→D C.E→F D.F→G
9.(2024高三上·上海市月考)使用电化学方法能够对进行吸收。利用活泼金属与二氧化碳的反应,能够构建金属-电池,其中一种电池的模型如下图所示:(图中是固体)
(1)下列有关该原电池的说法中,正确的是_______。(不定项)
A.该原电池工作时,电子由正极向负极移动
B.在该原电池中,b电极作为正极
C.原电池工作时,正离子向正极方向移动
D.原电池工作时,b电极发生氧化反应
(2)写出该原电池的正极反应式: 。
(3)原电池中每转移电子,能够吸收 。
10.(2024高三上·上海市月考)化合物H在医药应用方面有潜在价值,其合成路线之一如下:
已知:(、等)
(1)已知的名称为3甲基-2-丁烯-1-醇,按此命名原则,B的名称为 。
(2)D中含氧官能团的名称为 ;最多能与 发生加成反应。
(3)H含有不对称碳原子的数目为_______。
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
(4)写出反应类型:A→B ;G→H 。
(5)E的结构简式为 。
(6)F→G除生成G外,另一产物化学式为 。
(7)C的同分异构体X满足下列结构与性质:
i.遇溶液发生显色反应
ⅱ.核磁共振氢谱如下图所示,则X的结构简式为 。
(8)请结合题示信息,写出以2-丁烯和为原料制备的合成路线(其他无机材料任选) 。
11.(2024高三上·上海市月考)I.常温下,和溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液的关系分别如下图1和下图2所示:
(1)的第一步电离方程式是 ,该步电离常数表达式是 。
(2)由图1中a点可知,当时,;据此类推,由图2可知,约等于 ,可判断酸性强于。
(3)以酚酞为指示剂,将溶液逐滴加入到溶液中,当溶液由无色变为红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为 ;时,溶液中, (填“>”、“<”或“=”)。
12.(2024高三上·上海市月考)Ⅱ.测定某溶液(含少量)中浓度的一种方法如下。
已知:用标准溶液滴定弱酸溶液,一般要求弱酸的。
i.调:取待测液,向其中滴入适量溶液调节,以中和。
ⅱ.氧化:向上述溶液中加入适量碘水,将为氧化为。
ⅲ.滴定:用标准溶液满定ⅱ中得到的溶液至终点,消耗标准溶液。
(1)若无i,会导致测定的浓度 。
A.偏高 B.偏低 C.无影响
(2)出中滴定至终点时,溶液为4~5,结合图1可知,此时溶液中的溶质主要是和 (填化学式)。
(3)数据处理后得。结合ii和iii中物质间转化的定量关系,解释该式中数字“3”表示的化学含义: 。
(4)另一待测液除了含、少量,还含有,依据上述方法,测定其中总砷含量(已知:酸性越强,的氧化性越强)。测定步骤包含4步:a.氧化、b.还原、c.调、d.滴定。正确的测定步骤顺序是 →d。
13.(2024高三上·上海市月考)I.硫铁矿烧渣(主要成分等)是工业生产硫酸的废渣,利用硫铁矿烧渣制备铁红等产品的流程如下图所示
(1)酸浸、过滤后滤液中的主要成分是 ,滤渣是 。
(2)反应I的溶液为防止被氧化,需加入 ,反应I中发生的离子方程式为 。
(3)反应I的反应温度一般需控制在以下,其目的是 。
(4)空气中煅烧生成产品b的化学反应方程式为 。
(5)实验室进行煅烧操作所需仪器除了酒精喷灯、三脚架、玻璃棒外,还有 。
(6)煅烧产生的烟气中存在大量含铁颗粒,将烟气通过电场可将颗粒物从气流中分离,移动到导电板上进行捕集,该过程称为_______。
A.电离 B.渗析 C.电泳 D.聚沉
(7)工业生产上常在反应Ⅲ的过程中加入一定量的醇类溶剂,其目的是 。
(8)检验产品a中是否含有氯化物杂质的实验操作是:取少量产品a于试管中配成溶液, 。
14.(2024高三上·上海市月考)Ⅱ.冶炼废渣中的砷元素主要以的形式存在,可用古氏试砷法半定量检测(的最低检出限为)。
步骤1:取废渣样品,粉碎后与锌粉混合,加入硫酸共热,生成气体。
步骤2:将气体通入溶液中,生成银镜和难溶物。
步骤3:取废渣样品,重复上述实验,未见银镜生成。
(1)步骤2的离子方程式为 。
(2)固体废弃物的排放标准中,砷元素不得高于,请通过计算说明该排放的废渣中砷元素的含量 (填“符合”或“不符合”)排放标准。(结合适当的文字说明,写出计算过程)
答案解析部分
1.【答案】3s23p3;哑铃形(或纺锤形)
【知识点】原子核外电子排布;原子核外电子的运动状态
【解析】【解答】P是15号元素,基态磷原子价电子排布式为:3s23p3,最高能级为p能级,电子云形状是哑铃形(或纺锤形)。
【分析】P原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3,其最高能级为p能级。
2.【答案】D
【知识点】研究物质结构的基本方法和实验手段
【解析】【解答】区别晶体和非晶体最有效的方法是进行X射线衍射实验,
故答案为:D。
【分析】熟记区别晶体和非晶体最有效的方法
3.【答案】3;原子最外层有五个电子,失去的第六个电子来自全充满的次外层,所需能量较高
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】族元素能级全空、族元素能级半充满,使第一电离能出现反常,第三周期元素第一电离能由小到大的顺序为Na、Al、Mg、Si、S、P、C、Ar,介于Al、P之间的有Mg、Si、S共3种元素;
As的第五电离能与第六电离能相差显著,As失去5个电子后电子排布为,此时3d为全充满,较稳定,此时再失去一个电子较困难,所以第五电离能与第六电离能相差显著,即原子最外层有五个电子,失去的第六个电子来自全充满的次外层,所需能量较高;
【分析】族元素能级全空、族元素能级半充满,np能级全空、半充满的元素的第一电离能比其他元素的大。
4.【答案】;p;范德华力
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断;化学键和分子间作用力的区别;元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】根据晶体结构,P原子形成3条共价键,有1个孤电子对,分子中磷原子杂化方式为sp3杂化;
P是15号元素,基态磷原子价电子排布式为3s23p3,因此其在元素周期表分区中属于p区;
石墨晶体层与层之间的作用力是分子间作用力,所以黑磷晶体层与层之间的作用力是分子间作用力,即范德华力。
【分析】P原子形成3条共价键,有1个孤电子对;元素在周期表中的分区可根据价电子排布式;石墨晶体层与层之间的作用力是分子间作用力。
5.【答案】共价晶体;12;
【知识点】晶胞的计算;晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】共价晶体、离子晶体熔、沸点较高,离子晶体熔融状态下能导电,GaAs的熔点为,且熔融状态不导电,故属于共价晶体;每个As原子周围最近的As原子数目;该晶胞中As原子个数为,Ga原子个数为4,晶胞棱长,晶胞中最近的As和Ga原子核间距等于晶胞体对角线的,即。
【分析】晶体类型可根据熔点和熔融状态下的导电情况进行分析;每个As原子周围最近的As原子数目;晶胞中最近的As和Ga原子核间距等于晶胞体对角线的。
6.【答案】;;>;中P原子有一对孤电子对,中P没有,孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力
【知识点】晶胞的计算;原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】PCl5是一种白色晶体,在恒容密闭容器中加热可在148℃液化,形成一种能导电的熔体,说明生成自由移动的阴阳离子,一种正四面体形阳离子是和一种正六面体形阴离子是,即发生反应为:2PCl5=+;PCl3分子中P原子有一对孤电子对,中P没有孤电子对,因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力,所以PCl5中正四面体形阳离子()中键角大于PCl3的键角。
【分析】根据题干信息,生成了自由移动的阴阳离子,一种正四面体形阳离子是和一种正六面体形阴离子是。孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力。
7.【答案】(1)C
(2)16
(3)AB
(4)温度升高,反应速率快,因此甲醇产率B比A高
(5)若此时反应已平衡,因为主反应是放热反应,温度升高,主反应平衡逆移,甲醇产率降低;副反应是吸热反应,温度升高,副反应平衡正移,使和浓度减小,使主反应逆向移动,甲醇产率降低;若此时反应未平衡,因为升高温度,催化剂活性降低,主反应速率降低,相同时间内,甲醇产率降低:若此时反应未平衡,因为升高温度,副反应速率增大,使和浓度减小,主反应速率降低,相同时间内,甲醇产率降低。(答出任意两点即可)
【知识点】化学平衡常数;化学平衡的影响因素;化学平衡状态的判断;化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)反应I:为放热反应,可知随着温度升高,平衡逆向移动,化学平衡常数K减小,曲线Ⅲ代表该反应化学平衡常数K与温度的关系,故选C。
(2)根据题中数据列出三段式分析,
化学平衡常数。
(3)其他条件相同,相同时间内,随温度升高甲醇产率先增大后减小,温度低,反应速率较慢,相同时间内,反应未到达平衡状态,甲醇产量少,未到达平衡状态之前,温度升高,反应速率加快,相同时间内,甲醇产量多,495K左右时,催化剂活性最好,反应速率快,甲醇产量高,反应达到平衡,该反应为放热反应,继续温度升高时,平衡逆移,甲醇产率降低,温度升高,催化剂活性降低,反应速率减小,反应也可能未达到平衡,相同时间内,甲醇产量少,也造成甲醇产率降低,故一定不处于化学平衡状态的点是AB点。
(4)根据分析可知,A、B两点未到达平衡,因此产率的可能原因:温度升高,反应速率快,因此甲醇产率B比A高。
(5)495K左右时,催化剂活性最好,反应速率快,相同时间内,反应达到平衡,当温度高于500K,若此时反应已平衡,因为主反应是放热反应,温度升高,主反应平衡逆移,甲醇产率降低;副反应是吸热反应,温度升高,副反应平衡正移,使和浓度减小,使主反应逆向移动,甲醇产率降低;
若此时反应未平衡,因为升高温度,催化剂活性降低,主反应速率降低,相同时间内,甲醇产率降低:若此时反应未平衡,因为升高温度,副反应速率增大,使和浓度减小,主反应速率降低,相同时间内,甲醇产率降低。
【分析】(1)反应I为放热反应,升温利于平衡逆向移动,平衡常数减小。
(2)利用化学平衡三段式进行分析。
(3)未到达平衡状态之前,温度升高,反应速率加快,相同时间内,甲醇产量多。
(4)温度升高,反应速率加快,相同时间内,甲醇产量多。
(5)495K左右时,催化剂活性最好,温度高于500K,可从反应是否达平衡的角度去分析。
(1)反应I:为放热反应,可知随着温度升高,平衡逆向移动,化学平衡常数K减小,曲线Ⅲ代表该反应化学平衡常数K与温度的关系,故选C。
(2)根据题中数据列出三段式分析,
化学平衡常数。
(3)其他条件相同,相同时间内,随温度升高甲醇产率先增大后减小,温度低,反应速率较慢,相同时间内,反应未到达平衡状态,甲醇产量少,未到达平衡状态之前,温度升高,反应速率加快,相同时间内,甲醇产量多,495K左右时,催化剂活性最好,反应速率快,甲醇产量高,反应达到平衡,该反应为放热反应,继续温度升高时,平衡逆移,甲醇产率降低,温度升高,催化剂活性降低,反应速率减小,反应也可能未达到平衡,相同时间内,甲醇产量少,也造成甲醇产率降低,故一定不处于化学平衡状态的点是AB点。
(4)根据分析可知,A、B两点未到达平衡,因此产率的可能原因:温度升高,反应速率快,因此甲醇产率B比A高。
(5)495K左右时,催化剂活性最好,反应速率快,相同时间内,反应达到平衡,当温度高于500K,若此时反应已平衡,因为主反应是放热反应,温度升高,主反应平衡逆移,甲醇产率降低;副反应是吸热反应,温度升高,副反应平衡正移,使和浓度减小,使主反应逆向移动,甲醇产率降低;
若此时反应未平衡,因为升高温度,催化剂活性降低,主反应速率降低,相同时间内,甲醇产率降低:若此时反应未平衡,因为升高温度,副反应速率增大,使和浓度减小,主反应速率降低,相同时间内,甲醇产率降低。
8.【答案】(1)
(2)C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型;活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】(1)单键为,双键中一根为键,一根为键,故H分子中键与键的个数之比为;
(2)由图像可知,步骤E→F的能垒(活化能)最大,该步骤的反应速率最慢,是整个反应过程的决速步骤,故答案选C。
【分析】(1)单键为,双键中一个为键,一个为键。
(2)反应速率较慢的步骤决定总反应速率大小。
(1)单键为,双键中一根为键,一根为键,故H分子中键与键的个数之比为;
(2)由图像可知,步骤E→F的能垒(活化能)最大,该步骤的反应速率最慢,是整个反应过程的决速步骤,故答案选C。
9.【答案】(1)B;C
(2)
(3)0.75
【知识点】电极反应和电池反应方程式;原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)A.原电池工作时,电子由负极向正极转移,故A错误;
B.由分析可知,b电极为原电池的正极,故B正确;
C.原电池工作时,依据异性相吸原理可知,阳离子一定向正极方向移动,故C正确;
D.由分析可知,b电极为正极,锂离子作用下,二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳和碳酸锂,故D错误;
故选BC。
(2)由分析可知,b电极为正极,锂离子作用下,二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳和碳酸锂,电极反应式为:。
(3)由分析可知,b电极的电极反应式为:,则原电池中转移1mol电子时,能够吸收二氧化碳的物质的量1mol×=0.75mol。
【分析】根据图示信息可知,该装置为原电池,结合题干信息,a电极上,Li失电子发生氧化反应生成Li+,则a电极为负极,b电极为正极,其电极反应式为。
(1)A.原电池工作时,电子由负极向正极转移,故A错误;
B.由分析可知,b电极为原电池的正极,故B正确;
C.原电池工作时,依据异性相吸原理可知,阳离子一定向正极方向移动,故C正确;
D.由分析可知,b电极为正极,锂离子作用下,二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳和碳酸锂,故D错误;
故选BC。
(2)由分析可知,b电极为正极,锂离子作用下,二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳和碳酸锂,电极反应式为:。
(3)由分析可知,b电极的电极反应式为:,则原电池中转移1mol电子时,能够吸收二氧化碳的物质的量1mol×=0.75mol。
10.【答案】(1)3-戊炔-1-醇
(2)酮羰基、酯基;4
(3)B
(4)取代反应;加成反应(或还原反应)
(5)
(6)HI
(7)
(8)
【知识点】有机物的合成;有机物的结构和性质;同分异构现象和同分异构体;加成反应
【解析】【解答】(1)已知的名称为3甲基-2-丁烯-1-醇,按此命名原则结合B结构,B的名称为3-戊炔-1-醇;
(2)由D结构,D中含氧官能团的名称为酮羰基、酯基,1分子 F中存在1个苯环、1个酮羰基,则最多能与4发生加成反应;
(3),由图,H含有不对称碳原子的数目为1个,故选B;
(4)A通过取代反应引入甲基生成B,为取代反应;G到H发生加成反应羰基转变为羟基得到H,故为加成反应(或还原反应);
(5)由分析,E为;
(6)F与一碘甲烷发生取代反应引入甲基生成G和碘化氢,故为HI;
(7)由C结构,其不饱和度为4、含有1个氧、10个碳,其一种同分异构体同时满足下列条件①能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有苯环和酚羟基,苯环不饱和度为4且含有6个碳原子;②由核磁共振氢谱,分子中含有2种不同化学环境的氢,且氢原子个数比为1:6,则其它4个碳原子分别以甲基的形式在苯环上,2个酚羟基处于对位位置;故同分异构体的结构简式为:;
(8)2-丁烯和溴单质加成生成,在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应生成,再和发生已知反应原理生成,再和氢气加成生成产物,故流程为:。
【分析】根据流程图信息,A→B发生取代反应,其中A中碳碳三键上的氢原子被-CH3取代;C→D发生酯化反应;D→E发生已知信息的反应,可推出E的结构简式为;E→F发生还原(脱氢)反应;F→G发生取代反应;G→H发生加成反应,结合有机物的性质进行分析。
(1)已知的名称为3甲基-2-丁烯-1-醇,按此命名原则结合B结构,B的名称为3-戊炔-1-醇;
(2)由D结构,D中含氧官能团的名称为酮羰基、酯基,1分子 F中存在1个苯环、1个酮羰基,则最多能与4发生加成反应;
(3),由图,H含有不对称碳原子的数目为1个,故选B;
(4)A通过取代反应引入甲基生成B,为取代反应;G到H发生加成反应羰基转变为羟基得到H,故为加成反应(或还原反应);
(5)由分析,E为;
(6)F与一碘甲烷发生取代反应引入甲基生成G和碘化氢,故为HI;
(7)由C结构,其不饱和度为4、含有1个氧、10个碳,其一种同分异构体同时满足下列条件①能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有苯环和酚羟基,苯环不饱和度为4且含有6个碳原子;②由核磁共振氢谱,分子中含有2种不同化学环境的氢,且氢原子个数比为1:6,则其它4个碳原子分别以甲基的形式在苯环上,2个酚羟基处于对位位置;故同分异构体的结构简式为:;
(8)2-丁烯和溴单质加成生成,在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应生成,再和发生已知反应原理生成,再和氢气加成生成产物,故流程为:。
11.【答案】(1);
(2)
(3);>
【知识点】离子浓度大小的比较;离子方程式的书写;电离方程式的书写;电离平衡常数
【解析】【解答】(1)由图可知,为多元弱酸,其电离是分步进行的,第一步电离方程式是:;根据电离常数的定义可知该步电离常数的表达式是;
(2)在图2中当时,;
(3)酚酞的变色范围为8.2-10.0,变为红色,发生第一步反应,生成,离子方程式为:;开始滴定溶液为混合溶液,电离呈酸性,水解呈碱性,pH=8,说明水解大于电离,故>。
【分析】(1)多元弱酸电离时分步进行的。
(2)图2中当时,。
(3)酚酞的变色范围为8.2-10.0。
(1)由图可知,为多元弱酸,其电离是分步进行的,第一步电离方程式是:;根据电离常数的定义可知该步电离常数的表达式是;
(2)在图2中当时,;
(3)酚酞的变色范围为8.2-10.0,变为红色,发生第一步反应,生成,离子方程式为:;开始滴定溶液为混合溶液,电离呈酸性,水解呈碱性,pH=8,说明水解大于电离,故>。
12.【答案】(1)A
(2)
(3)ii、iii中物质转化的定量关系:,的物质的量为滴定消耗的物质的量的
(4)b→c→a
【知识点】中和滴定;化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)在用滴定的时候,硫酸也会消耗,若无ⅰ会导致消耗量增大,测定结果偏高,答案选A;
(2)由图1可知,溶液为4~5时,砷的主要存在形式为,且在氧化时还生成了HI,故溶质中会有,由于最初的溶液含少量,故此时溶液中的溶质会含有硫酸钠,故答案为:;
(3)步骤ⅱ中碘和反应的方程式为:I2++H2O=+2HI,由(4)可知滴定至终点时会生成,同时HI会和氢氧化钠反应,故的物质的量为滴定消耗的物质的量的,答案为:ⅱ、ⅲ中物质转化的定量关系:,的物质的量为滴定消耗的物质的量的;
(4)由于待测液中含有且在调pH的时候会和氢氧化钠反应,故先还原将其还原为,然后再调pH除去硫酸,再用适量碘水将氧化为,再用氢氧化钠滴定,从而测定其中总砷含量,故答案为:b→c→a。
【分析】(1)注意硫酸也消耗。
(2)溶液中含少量,硫酸也消耗。
(3) ii、iii中物质转化的定量关系:。
(4)先将还原为,然后调pH除去硫酸,再将氧化为,最后用氢氧化钠滴定。
(1)在用滴定的时候,硫酸也会消耗,若无ⅰ会导致消耗量增大,测定结果偏高,答案选A;
(2)由图1可知,溶液为4~5时,砷的主要存在形式为,且在氧化时还生成了HI,故溶质中会有,由于最初的溶液(含少量,故此时溶液中的溶质会含有硫酸钠,故答案为:;
(3)步骤ⅱ中碘和反应的方程式为:I2++H2O=+2HI,由(4)可知滴定至终点时会生成,同时HI会和氢氧化钠反应,故的物质的量为滴定消耗的物质的量的,答案为:ⅱ、ⅲ中物质转化的定量关系:,的物质的量为滴定消耗的物质的量的;
(4)由于待测液中含有且在调pH的时候会和氢氧化钠反应,故先还原将其还原为,然后再调pH除去硫酸,再用适量碘水将氧化为,再用氢氧化钠滴定,从而测定其中总砷含量,故答案为:b→c→a。
13.【答案】(1)(或和);
(2)少量铁粉;
(3)防止分解(或减少的水解)
(4)
(5)坩埚、坩埚钳、泥三角
(6)C
(7)降低硫酸钾的溶解度,有利于硫酸钾析出
(8)滴加过量溶液,过滤后向滤液中滴加溶液,若产生白色沉淀,则含有氯化物杂质
【知识点】物质的分离与提纯;物质的检验和鉴别;铁及其化合物的性质实验;制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)焙烧后的固体为Fe和SiO2的混合物,加入H2SO4,Fe与H2SO4反应生成FeSO4,如H2SO4过量,则滤液中还含有H2SO4,而SiO2不溶于稀H2SO4,所以过滤后的滤渣为SiO2。
(2)为防止FeSO4溶液中Fe2+的氧化,加入少量铁粉可防止Fe2+氧化;
发生反应I时,加入碳酸氢铵将二价铁离子转化为碳酸亚铁固体,即反应为:。
(3)NH4HCO3不稳定,受热分解为NH3、H2O、CO2,如果温度过高会导致NH4HCO3分解,同时由于水解反应是吸热反应,温度越高水解速率越快,也会加快Fe2+的水解,这样会使原料利用率降低,因此一般控制在35℃以下,其目的是防止碳酸氢铵受热分解或减少的水解。
(4)FeCO3与O2在高温下反应生成了Fe2O3和CO2,反应方程式为:。
(5)实验室进行煅烧操作所需仪器除了酒精喷灯、三脚架、玻璃棒外,还有坩埚、坩埚钳、泥三角。
(6)通过电场将颗粒物从气流中分离并移动到导电板上进行捕集的过程称为静电除尘,胶体粒子为带电粒子,带电粒子在电场的作用下,向着与其电性相反的电极移动的现象,该过程称为电泳,故答案选C。
(7)由题目看出在Ⅲ反应中生成的K2SO4为固体,而K2SO4在无机溶剂中溶解度比较大,在醇中溶解度较小,所以加入醇类溶剂目的:降低硫酸钾的溶解度,有利于硫酸钾析出。
(8)产品a主要为K2SO4,为检验是否含有氯化物杂质,应加入AgNO3溶液,由于AgNO3溶液会与K2SO4反应产生Ag2SO4白色沉淀,为排除干扰,在加入AgNO3溶液之前应加入过量的Ba(NO3)2溶液,使硫酸根形成BaSO4沉淀,以除去硫酸根的干扰,过滤后再加入硝酸银溶液,即检验产品a中是否含有氯化物杂质的实验操作是:取少量产品a于试管中配成溶液,滴加过量溶液,过滤后向滤液中滴加溶液,若产生白色沉淀,则含有氯化物杂质。
【分析】根据题干信息及流程图,加入还原剂“焙烧”时,Fe的氧化物被还原为Fe单质;加入硫酸后,铁与硫酸反应生成硫酸亚铁,SiO2与硫酸不反应,则“滤渣”为SiO2;向滤液中加入碳酸氢铵溶液,经过滤得到碳酸亚铁固体,则可推出滤液中主要含有硫酸铵和过量的碳酸氢铵;碳酸亚铁固体经洗涤、干燥后在空气中煅烧得到Fe2O3(产品b);反应Ⅱ中除去过量的碳酸氢铵,反应Ⅲ析出溶解度较小的硫酸钾,经过滤得到硫酸钾(即产品a)和氯化铵溶液。
(1)焙烧后的固体为Fe和SiO2的混合物,加入H2SO4,Fe与H2SO4反应生成FeSO4,如H2SO4过量,则滤液中还含有H2SO4,而SiO2不溶于稀H2SO4,所以过滤后的滤渣为SiO2。
(2)为防止FeSO4溶液中Fe2+的氧化,加入少量铁粉可防止Fe2+氧化;
发生反应I时,加入碳酸氢铵将二价铁离子转化为碳酸亚铁固体,即反应为:。
(3)NH4HCO3不稳定,受热分解为NH3、H2O、CO2,如果温度过高会导致NH4HCO3分解,同时由于水解反应是吸热反应,温度越高水解速率越快,也会加快Fe2+的水解,这样会使原料利用率降低,因此一般控制在35℃以下,其目的是防止碳酸氢铵受热分解或减少的水解。
(4)FeCO3与O2在高温下反应生成了Fe2O3和CO2,反应方程式为:。
(5)实验室进行煅烧操作所需仪器除了酒精喷灯、三脚架、玻璃棒外,还有坩埚、坩埚钳、泥三角。
(6)通过电场将颗粒物从气流中分离并移动到导电板上进行捕集的过程称为静电除尘,胶体粒子为带电粒子,带电粒子在电场的作用下,向着与其电性相反的电极移动的现象,该过程称为电泳,故答案选C。
(7)由题目看出在Ⅲ反应中生成的K2SO4为固体,而K2SO4在无机溶剂中溶解度比较大,在醇中溶解度较小,所以加入醇类溶剂目的:降低硫酸钾的溶解度,有利于硫酸钾析出。
(8)产品a主要为K2SO4,为检验是否含有氯化物杂质,应加入AgNO3溶液,由于AgNO3溶液会与K2SO4反应产生Ag2SO4白色沉淀,为排除干扰,在加入AgNO3溶液之前应加入过量的Ba(NO3)2溶液,使硫酸根形成BaSO4沉淀,以除去硫酸根的干扰,过滤后再加入硝酸银溶液,即检验产品a中是否含有氯化物杂质的实验操作是:取少量产品a于试管中配成溶液,滴加过量溶液,过滤后向滤液中滴加溶液,若产生白色沉淀,则含有氯化物杂质。
14.【答案】(1)
(2)不符合:因为该废渣种含量最少为,大于排放标准
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量;离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)将AsH3气体通入AgNO3溶液中,生成银镜和As2O3,离子方程式为:。
(2)As的最低检出限为3.0×10-6g,取1g废渣样品,重复上述实验,未见银镜生成,取10g废渣样品最后生成银镜和As2O3,则10g废渣含砷量最少为3.0×10-6g,则该废渣砷最低含量为,大于排放标准,所以不符合排放标准。
【分析】(1)AsH3气体通入AgNO3溶液中,生成银镜和As2O3,结合原子数目、得失电子守恒进行配平。
(2)取1g废渣样品,重复上述实验,未见银镜生成,取10g废渣样品最后生成银镜和As2O3,则10g废渣含砷量最少为3.0×10-6g。
(1)将AsH3气体通入AgNO3溶液中,生成银镜和As2O3,离子方程式为:。
(2)As的最低检出限为3.0×10-6g,取1g废渣样品,重复上述实验,未见银镜生成,取10g废渣样品最后生成银镜和As2O3,则10g废渣含砷量最少为3.0×10-6g,则该废渣砷最低含量为,大于排放标准,所以不符合排放标准。
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