河北省石家莊市2019屆高三化學(xué)3月質(zhì)量檢測試卷（含解析）.doc

河北省石家莊市2019屆高三化學(xué)3月質(zhì)量檢測試卷（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Mg-24 S-32 Fe-56 Cu-64一、選擇題：1.中華文明源遠(yuǎn)流長，史書記載中蘊(yùn)含著豐富的化學(xué)知識。下列說法不正確的是A. 本草綱目記載“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”，其中“堿”指的是K2CO3B. 易經(jīng)記載“澤中有火上火下澤”，其描述的是CO在湖泊池沼水面上起火的現(xiàn)象C. 本草經(jīng)集注記載“強(qiáng)燒之，紫青煙起，云是真硝石也”，此法是利用焰色反應(yīng)鑒別“硝石”D. 抱樸子記載“丹砂(HgS)燒之成水銀，積變又還成丹砂”，該過程為氧化還原反應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A草木灰的主要成分是碳酸鉀，碳酸鉀水解顯堿性，可洗衣服，“取堿浣衣”其中的堿是K2CO3，故A正確；B湖泊池沼中腐爛的植物能產(chǎn)生甲烷，則“澤中有火上火下澤”，其描述的是甲烷在湖泊池沼水面上起火的現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤；C鉀元素的焰色反應(yīng)為紫色，硝石是硝酸鉀，灼燒會產(chǎn)生紫色火焰，故C正確；D丹砂(HgS)燒之成水銀，Hg的化合價(jià)從+2價(jià)降低到0價(jià)，Hg的化合價(jià)發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故D正確；答案選B。2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A. 4.6gC2H5OH與6.0gCH3COOH反應(yīng)，生成的 CH3COOC2H3分子數(shù)目為0.1NAB. 5.6gFe與足量水蒸氣完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.2NAC. 32gO2和O3的混合物中含有的氧原子數(shù)目為2NAD. 25時(shí)，1L pH=12的Ba(OH)2溶液中含有的OH數(shù)目為0.02NA【答案】C【解析】【詳解】A、酯化反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行徹底，故生成的乙酸乙酯分子數(shù)小于0.1NA個(gè)，故A錯(cuò)誤；B、5.6g鐵的物質(zhì)的量為0.1mol，而鐵和水蒸氣反應(yīng)后變?yōu)?83價(jià)，故0.1mol鐵反應(yīng)后轉(zhuǎn)移415NA個(gè)，故B錯(cuò)誤；C、氧氣和臭氧均由氧原子構(gòu)成，故32g混合物中含有氧原子為32g16g/mol=2mol，個(gè)數(shù)為2NA個(gè)，故C正確；D、25時(shí)，pH12的氫氧化鋇溶液中氫氧根濃度為0.01mol/L，故1L此溶液中含有的氫氧根的物質(zhì)的量為0.01mol，故D錯(cuò)誤；答案選C?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為A，要注意酯化反應(yīng)屬于可逆反應(yīng)，對于可逆反應(yīng)一定存在化學(xué)反應(yīng)限度，即反應(yīng)物不能100%轉(zhuǎn)化。3.1，2-環(huán)氧丁烷結(jié)構(gòu)簡式如圖，通常為無色液體，用于制造泡沫塑料、合成橡膠、非離子型表面活性劑等。下列關(guān)于1，2-環(huán)氧丁烷的說法不正確的是A. 化學(xué)式為C4H8OB. 氧原子與所有碳原子可能處于同一平面C. 能發(fā)生氧化反應(yīng)和取代反應(yīng)D. 二溴代物的結(jié)構(gòu)有9種(不考慮立體異構(gòu))【答案】B【解析】【詳解】A.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知化學(xué)式為C4H8O，故A正確；B.該分子中所有碳原子都采用sp3雜化，所有碳原子形成的結(jié)構(gòu)都是四面體結(jié)構(gòu)，所以該分子中所有原子不可能位于同一平面上，故B錯(cuò)誤；C.該物質(zhì)屬于烴的含氧衍生物，能夠燃燒，即能發(fā)生氧化反應(yīng)，甲基和亞甲基能發(fā)生取代反應(yīng)，所以該物質(zhì)能發(fā)生氧化反應(yīng)和取代反應(yīng)，故C正確；D.該分子中有4中氫原子，其二氯代物中兩個(gè)溴原子可能位于同一個(gè)碳原子上也可能位于不同碳原子上，如果兩個(gè)溴原子位于同一個(gè)碳原子上有3種，如果位于不同碳原子上有6種，所以二溴代物的結(jié)構(gòu)有9種，故D正確。故選B。【點(diǎn)睛】在推斷二元取代產(chǎn)物數(shù)目時(shí)，可以采用一定一動法，即先固定一個(gè)原子，移動另一個(gè)原子，推算出可能的取代產(chǎn)物數(shù)目，然后再變化第一個(gè)原子的位置，移動另一個(gè)原子進(jìn)行推斷，直到推斷出全部取代產(chǎn)物的數(shù)目，在書寫過程中，要特別注意防止重復(fù)和遺漏。4.實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)上侯德榜制堿原理制備純堿，下列操作未涉及的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】侯氏制堿法是依據(jù)離子反應(yīng)會向著離子濃度減小的方向進(jìn)行。先在飽和食鹽水中通入氨氣，再向其中通入二氧化碳，制得溶解度較小的NaHCO3，再利用碳酸氫鈉不穩(wěn)定性分解得到純堿。據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)上侯德榜制堿原理制備純堿過程中需要加熱固體碳酸氫鈉分解以制得碳酸鈉，裝置A是固體加熱灼燒的裝置，涉及此操作，故A不選；B裝置B是蒸發(fā)溶液得到晶體的過程，侯德榜制堿原理中不需要蒸發(fā)溶液操作，故B選；C該裝置為過濾操作，溶液中析出碳酸氫鈉晶體需要過濾得到碳酸氫鈉晶體，涉及此操作，故C不選；D工業(yè)上利用侯德榜制堿原理制備純堿，需要向氨化的飽和食鹽水中通入足量二氧化碳?xì)怏w析出碳酸氫鈉，涉及此操作，故D不選；答案選B。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。W的某種核素不含中子；X、Y原子核外L層的電子數(shù)之比為34；X與Z同主族，且X、Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和為16。下列說法不正確的是A. W、X、Z三種元素形成的化合物一定為強(qiáng)電解質(zhì)B. 簡單氫化物的穩(wěn)定性：XZYC. X與Y形成晶體的基本結(jié)構(gòu)單元為四面體D. 原子半徑：YZXW【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。W的某種核素不含中子，則W為H元素；X、Y原子核外L層的電子數(shù)之比為34，則L層電子數(shù)分別為3、4或6、8，X與Z為同主族元素，且X、Y、Z的最外層電子數(shù)之和為16，若X、Y的L層電子數(shù)分別為3、4，則3+3+416，則X的L層電子數(shù)為6，X為O元素，Z為S元素，Y的最外層電子數(shù)為16-6-6=4，且Y的L層電子數(shù)為8，則Y為Si元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：W為H，X為O元素，Y為Si，Z為S元素。AH、O、S形成的亞硫酸為弱酸，屬于弱電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B非金屬性O(shè)SSi，則簡單氫化物的穩(wěn)定性XZY，故B正確；CO、Si形成的化合物為二氧化硅，二氧化硅晶體的基本結(jié)構(gòu)單元為四面體，故C正確；D同一主族，從上到下，原子半徑逐漸增大，同一周期，從左向右，原子半徑逐漸減小，則原子半徑Y(jié)ZXW，故D正確；答案選A。6.新型鎂-鋰雙離子二次電池如圖，下列關(guān)于該電池的說法不正確的是A. 放電時(shí)，Li+由左向右移動B. 放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為Li1xFePO4+xLi+xe= LiFePO4C. 充電時(shí)，外加電源的正極與Y相連D. 充電時(shí)，導(dǎo)線上每通過1mol e，左室溶液質(zhì)量減輕12g【答案】D【解析】【分析】放電時(shí)，左邊鎂為負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)式為Mg-2e-=Mg2+，右邊為正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)式為Li1-xFePO4+xLi+xe-=LiFePO4，陽離子移向正極；充電時(shí)，外加電源的正極與正極相連，負(fù)極與負(fù)極相連，結(jié)合電子轉(zhuǎn)移進(jìn)行計(jì)算解答?！驹斀狻緼放電時(shí)，為原電池，原電池中陽離子移向正極，所以Li+由左向右移動，故A正確；B、放電時(shí)，右邊為正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)式為Li1xFePO4+xLi+xeLiFePO4，故B正確；C、充電時(shí)，外加電源的正極與正極相連，所以外加電源的正極與Y相連，故C正確；D、充電時(shí)，導(dǎo)線上每通過1mole，左室得電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)式為Mg2+2eMg，但右側(cè)將有1molLi+移向左室，所以溶液質(zhì)量減輕1275g，故D錯(cuò)誤；答案選D?！军c(diǎn)睛】正確判斷放電和充電時(shí)的電極類型是解答本題的關(guān)鍵。本題的難點(diǎn)為D，要注意電極反應(yīng)和離子的遷移對左室溶液質(zhì)量的影響。7.常溫下，分別向NaA溶液和MCl溶液中加入鹽酸和NaOH溶液，混合溶液的pH與離子濃度變化關(guān)系如下圖所示。下列說法不正確的是A. 曲線L1表示lgc(M+)c(MOH)與pH的變化關(guān)系B. Ka(HA)=1105.5C. a點(diǎn)時(shí)兩溶液中水的電離程度相同D. 0.01molL1MA溶液中存在：c(M+)c(A)c(OH)c(H+)【答案】C【解析】【詳解】AMCl溶液中加入NaOH溶液，溶液pH逐漸增大，M+離子逐漸減小，MOH的濃度逐漸增大，則lgc(M+)c(MOH)的值逐漸減小，則曲線L1表示lgc(M+)c(MOH)與pH的變化關(guān)系，故A正確；B曲線L2表示lgc(A-)c(HA)與pH的關(guān)系，lgc(A-)c(HA)0時(shí)，c(A-)c(HA)1，此時(shí)pH5.5，c(H+)1105.5mol/L，則Ka(HA)c(H+)c(A-)c(HA)c(H+)1105.5，故B正確；Ca點(diǎn)溶液的pH7，對于曲線L2，由于A離子水解導(dǎo)致溶液呈堿性，促進(jìn)了水的電離；而對于曲線L1，MCl溶液呈酸性，a點(diǎn)時(shí)呈堿性，說明MOH的電離程度大于M+離水解程度，抑制了水的電離，所以兩溶液中水的電離程度不同，故C錯(cuò)誤；D曲線L1中，lgc(M+)c(MOH)0時(shí)，c(M+)c(MOH)1，Kb(MOH)c(OH)11051105.5，根據(jù)KhKwKa(或Kb)可知，電離平衡常數(shù)越大，對應(yīng)離子的水解程度越小，則水解程度AM+，則MA溶液呈堿性，則c(OH)c(H+)、c(M+)c(A)，溶液中離子濃度大小為：c(M+)c(A)c(OH)c(H+)，故D正確；答案選C。三、非選擇題8.草酸亞鐵晶體(FeC2O42H2O，相對分子質(zhì)量為180)呈淡黃色，可用作照相顯影劑。某實(shí)驗(yàn)小組對其進(jìn)行了一系列探究。I.純凈草酸亞鐵晶體熱分解產(chǎn)物的探究。(1)氣體產(chǎn)物成分的探究。小組成員采用如下裝置(可重復(fù)選用)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：裝置D的名稱為_。按照氣流從左到右的方向，上述裝置的連接順序?yàn)開尾氣處理裝置(填儀器接口的字母編號)。實(shí)驗(yàn)前先通入一段時(shí)間N2，其目的為_。實(shí)驗(yàn)證明了氣體產(chǎn)物中含有CO，依據(jù)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為_。(2)固體產(chǎn)物成分的探究。充分反應(yīng)后，A處反應(yīng)管中殘留黑色固體。查閱資料可知，黑色固體可能為Fe或FeO。小組成員設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明了其成分只有FeO，其操作及現(xiàn)象為_。(3)依據(jù)(1)和(2)結(jié)論，可知A處反應(yīng)管中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。.草酸亞鐵晶體樣品純度的測定工業(yè)制得的草酸亞鐵晶體中常含有FeSO4雜質(zhì)，測定其純度的步驟如下：步驟1：稱取m g草酸亞鐵晶體樣品并溶于稀H2SO4中，配成250mL溶液。步驟2：取上述溶液25.00mL，用c mol L 1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液V1mL；步驟3：向反應(yīng)后溶液中加入適量鋅粉，充分反應(yīng)后，加入適量稀H2SO4，再用cmolL1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液V2mL。(4)步驟3中加入鋅粉的目的為_。(5)草酸亞鐵晶體樣品的純度為_；若步驟1配制溶液時(shí)部分Fe2+被氧化，則測定結(jié)果將_(填“偏高”、“偏低”或“不變”)?！敬鸢浮?(1). （球形）干燥管 (2). agfbchi（或ih）de（或ed）bc (3). 排盡裝置中的空氣，防止加熱時(shí)發(fā)生爆炸 (4). C處反應(yīng)管中固體由黑變紅，其后的澄清石灰水變渾濁 (5). 取固體少許溶于稀硫酸，無氣體生成 (6). FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O (7). 將Fe3+還原為Fe2+ (8). 52c(V1-V2)10-325025180m100% (9). 偏低【解析】【分析】I(1)根據(jù)儀器的圖形和作用分析解答；草酸亞鐵晶體在裝置A中加熱分解，生成的氣體通過裝置D中硫酸銅可以檢驗(yàn)水蒸氣的存在，通過裝置B中澄清石灰水可以檢驗(yàn)二氧化碳的生成，經(jīng)堿石灰干燥后氣體通入裝置C中玻璃管和氧化銅反應(yīng)，再通過B裝置檢驗(yàn)生成的二氧化碳?xì)怏w，最后尾氣處理，據(jù)此分析解答；實(shí)驗(yàn)前先通入一段時(shí)間N2，可以把裝置內(nèi)空氣趕凈，據(jù)此解答；實(shí)驗(yàn)證明了氣體產(chǎn)物中含有CO，可以利用CO還原氧化銅設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證；(2)黑色固體可能為Fe或FeO，可以把固體溶于酸檢驗(yàn)；(3)依據(jù)(1)和(2)的結(jié)論分析解答；(4)根據(jù)鋅可以將Fe3+還原分析解答；(5)草酸亞鐵與高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，亞鐵離子和草酸根離子都被氧化。向反應(yīng)后溶液中加入適量鋅粉，充分反應(yīng)后，加入適量稀H2SO4，再用cmolL-1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，此時(shí)滴定的是亞鐵離子，利用化學(xué)反應(yīng)的定量關(guān)系分析計(jì)算；若步驟1配制溶液時(shí)部分Fe2+被氧化，根據(jù)消耗高錳酸鉀量的變化分析誤差?！驹斀狻?1)裝置D的名稱為：(球形)干燥管，故答案為：(球形)干燥管；草酸亞鐵晶體在裝置A中加熱分解，生成的氣體通過裝置D中硫酸銅檢驗(yàn)水蒸氣的存在，通過裝置B中澄清石灰水檢驗(yàn)二氧化碳的生成，通過裝置E中堿石灰干燥后，氣體通入裝置C中玻璃管和氧化銅反應(yīng)生成銅和二氧化碳，再通過B裝置檢驗(yàn)生成的二氧化碳?xì)怏w，按照氣流從左到右的方向，上述裝置的連接順序?yàn)椋篴gfbchi(或ih)de(或ed)bc，最后連接尾氣處理裝置，故答案為：agfbchi(或ih)de(或ed)bc；實(shí)驗(yàn)前先通入一段時(shí)間N2，目的是排盡裝置中的空氣，防止加熱時(shí)發(fā)生爆炸，故答案為：排盡裝置中的空氣，防止加熱時(shí)發(fā)生爆炸；實(shí)驗(yàn)證明了氣體產(chǎn)物中含有CO，依據(jù)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為：C處反應(yīng)管中固體由黑變紅，其后的澄清石灰水變渾濁，故答案為：C處反應(yīng)管中固體由黑變紅，其后的澄清石灰水變渾濁；(2)充分反應(yīng)后，A處反應(yīng)管中殘留黑色固體，黑色固體可能為Fe或FeO。要證明其成分只有FeO，可以將固體溶于酸，看有無氣體放出即可，具體為：取固體少許溶于稀硫酸，無氣體生成說明無鐵存在，只有氧化亞鐵，故答案為：取固體少許溶于稀硫酸，無氣體生成；(3)依據(jù)(1)和(2)結(jié)論，可知A處反應(yīng)管中發(fā)生的反應(yīng)是草酸亞鐵晶體分解生成氧化亞鐵、一氧化碳、二氧化碳和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O，故答案為：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O；(4)鋅可以將Fe3+還原，因此步驟3中加入鋅粉的目的為：將Fe3+還原為Fe2+，故答案為：將Fe3+還原為Fe2+；(5)取上述溶液25.00mL，用cmolL1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液V1mL，此過程中亞鐵離子和草酸根離子都被氧化；向反應(yīng)后的溶液中加入適量鋅粉，鋅將Fe3+還原為Fe2+，充分反應(yīng)后，加入適量稀H2SO4，再用cmolL1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液V2mL，此時(shí)滴定的是溶液中的亞鐵離子。第一次消耗的高錳酸鉀減去第二次消耗的高錳酸鉀為滴定草酸根離子的量，反應(yīng)的離子方程式：2MnO4-+5C2O42-+8H+=10CO2+4H2O+2Mn2+，草酸亞鐵晶體樣品的純度52c(V1-V2)10-325025180m100%，若步驟1配制溶液時(shí)部分Fe2+被氧化，會導(dǎo)致第一步滴定中消耗的高錳酸鉀的量減少，即V1偏小，則計(jì)算得到的亞鐵離子物質(zhì)的量減小，測定結(jié)果偏低，故答案為：52c(V1-V2)10-325025180m100%；偏低?！军c(diǎn)睛】本題考查了物質(zhì)的組成和含量測定的實(shí)驗(yàn)分析。本題的難點(diǎn)為實(shí)驗(yàn)裝置的連接順序，要注意從實(shí)驗(yàn)的原理分析解答；易錯(cuò)點(diǎn)為(5)的計(jì)算和誤差分析，要注意2次滴定過程中的反應(yīng)微粒，理解清楚計(jì)算原理，并結(jié)合計(jì)算公式分析誤差。9.硫酸錳是一種重要的化工中間體，是錳行業(yè)研究的熱點(diǎn)。一種以高硫錳礦(主要成分為含錳化合物及FeS)為原料制備硫酸錳的工藝流程如下：已知：“混合焙燒”后燒渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。金屬離子在水溶液中的平衡濃度與pH的關(guān)系如圖所示(25)：此實(shí)驗(yàn)條件下Mn2+開始沉淀的pH為7.54；離子濃度105molL1時(shí)，離子沉淀完全。請回答：(1)傳統(tǒng)工藝處理高硫錳礦時(shí)，不經(jīng)“混合焙燒”，而是直接用H2SO4浸出，其缺點(diǎn)為_。(2)“氧化”時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。若省略“氧化”步驟，造成的后果是_。(3)“中和除雜”時(shí)，生成沉淀的主要成分為_(填化學(xué)式)。(4)“氟化除雜”時(shí)，若使溶液中的Mg2+和Ca2+沉淀完全，需維持c(F)不低于_。(已知：Ksp(MgF2)=6.41010；Ksp(CaF2)=3.61012)(5)“碳化結(jié)晶”時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。(6)“系列操作”指_、過濾、洗滌、干燥(7)用惰性電極電解MnSO4溶液可制備MnO2，電解過程中陽極的電極反應(yīng)式為_?！敬鸢浮?(1). 產(chǎn)生硫化氫等氣體，污染環(huán)境 (2). MnO2+2Fe2+4H+2Fe3+Mn2+2H2O (3). Fe2+與Mn2+沉淀區(qū)有重疊，造成Mn2+損失（或Fe2+去除不完全，影響產(chǎn)品純度） (4). Fe（OH）3、Al（OH）3 (5). 8103 molL1 (6). Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O (7). 蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶 (8). Mn2+2H2O2eMnO2+4H+【解析】【分析】高硫錳礦(主要成分為含錳化合物及FeS)與氧化錳礦混合焙燒，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化錳將亞鐵離子氧化為鐵離子便于除去，再加入碳酸鈣中和，將鐵離子與鋁離子以氫氧化物的形式除去，加入MnF2除雜，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此時(shí)溶液中的金屬離子為錳離子，加入碳酸氫銨發(fā)生Mn2+2 HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，加入硫酸溶解碳酸錳，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到硫酸錳的水合物，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)高錳礦含有FeS，傳統(tǒng)工藝處理高硫錳礦時(shí)，不經(jīng)“混合焙燒”，而是直接用H2SO4浸出，產(chǎn)生硫化氫等氣體，污染環(huán)境；故答案為：產(chǎn)生硫化氫等氣體，污染環(huán)境；(2)氧化時(shí)用二氧化錳氧化亞鐵離子，離子方程式為：MnO2+2Fe2+4H+2Fe3+Mn2+2H2O；若省略“氧化”步驟，根據(jù)圖表Fe2+與Mn2+沉淀區(qū)有重疊，造成Mn2+損失(或Fe2+去除不完全，影響產(chǎn)品純度)；故答案為：MnO2+2Fe2+4H+2Fe3+Mn2+2H2O；Fe2+與Mn2+沉淀區(qū)有重疊，造成Mn2+損失(或Fe2+去除不完全，影響產(chǎn)品純度)；(3)“中和除雜”時(shí)，碳酸鈣與鐵離子、鋁離子水解產(chǎn)生的H+反應(yīng)，從而促進(jìn)了水解平衡向正向移動，得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，故答案為：Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)已知：Ksp(MgF2)6.41010，若使溶液中的Mg2+沉淀完全，需維持c(F)不低于6.410-10110-5mol/L8103 molL1；故答案為：8103 molL1；(5)“碳化結(jié)晶”時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O，故答案為：Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O；(6)硫酸錳溶液經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到硫酸錳的水合物，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；(7)用惰性電極電解MnSO4溶液可制備MnO2，電解過程中陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，元素化合價(jià)升高，故為硫酸錳失去電子生成二氧化錳，電極反應(yīng)式為Mn2+2H2O2eMnO2+4H+，故答案為：Mn2+2H2O2eMnO2+4H+。10.甲烷是一種重要的化工原料和清潔能源，研究其再生及合理利用有重要意義。請回答：(1)已知一定條件下發(fā)生如下反應(yīng)：CO2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g) H=+802kJmol1。將一定量的CO2(g)和H2O(g)充入10L密閉容器中，分別在催化劑M、N的作用下發(fā)生上述反應(yīng)，CH4(g)的產(chǎn)量(n)與光照時(shí)間(t)和溫度(T)變化的關(guān)系如圖1所示。若甲烷的燃燒熱(H)為890kJmol1，則水的汽化熱H=_。(汽化熱指1mol液體轉(zhuǎn)化為氣體時(shí)吸收的熱量)T1、催化劑M作用下，020h內(nèi)該反應(yīng)速率v(H2O)=_。根據(jù)圖1判斷，T1_T2(填“”“”或“=”)，理由為_。催化劑的催化效果：M_N(填“強(qiáng)于”或“弱于”)。(2)甲烷可用于制備合成氣：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H。將CH4(g)和H2O(g)以物質(zhì)的量之比為1：3充入盛有催化劑的剛性容器中發(fā)生該反應(yīng)。相同時(shí)間段內(nèi)測得CO的體積分?jǐn)?shù)()與溫度(T)的關(guān)系如圖2所示。T0時(shí)，CO的體積分?jǐn)?shù)最大的原因?yàn)開。若T0時(shí)，容器內(nèi)起始壓強(qiáng)為p0，CO的平衡體積分?jǐn)?shù)為10%，則反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=_(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓=總壓物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))?！敬鸢浮?(1). +44 kJmol1 (2). 0.006 molL1h1 (3). (4). 該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度升高，CH4的產(chǎn)量增大 (5). 弱于 (6). 低于T0 時(shí)，相同時(shí)間段內(nèi)溫度越高反應(yīng)速率越快，CO的體積分?jǐn)?shù)越大；高于T0 時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高CO的體積分?jǐn)?shù)越小 (7). 27p02320【解析】【分析】(1)甲烷的燃燒熱為H=-890kJmol-1，則甲烷燃燒的熱化學(xué)方程式可表示為CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-890kJmol-1，根據(jù)蓋斯定律，結(jié)合已知熱化學(xué)方程式處理得H2O(l)=H2O(g)，再計(jì)算出H；根據(jù)圖象可知，T1、催化劑M作用下，020h內(nèi)甲烷的物質(zhì)的量變化為0.6mol，結(jié)合v=ct計(jì)算出甲烷的反應(yīng)速率，然后結(jié)合反應(yīng)速率與化學(xué)計(jì)量數(shù)成正比計(jì)算；根據(jù)催化劑不影響平衡，會使得化學(xué)反應(yīng)速率增大，結(jié)合該反應(yīng)為放熱反應(yīng)分析解答；(2)沒有達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，溫度越高反應(yīng)速率越快，當(dāng)達(dá)到平衡狀態(tài)后，升高溫度平衡向著逆向移動，據(jù)此分析；CH4(g)和H2O(g)的物質(zhì)的量之比為13，設(shè)CH4為xmol，H2O為3xmol，平衡時(shí)生成的CO為ymol，然后根據(jù)三段式分析解答。容器容積相同時(shí)，氣體的壓強(qiáng)與物質(zhì)的量成正比，T0時(shí)，容器內(nèi)起始壓強(qiáng)為p0，計(jì)算出平衡時(shí)的壓強(qiáng)，再分別計(jì)算出平衡時(shí)各氣體的分壓，帶入平衡常數(shù)表達(dá)式計(jì)算即可?！驹斀狻?1)已知：CO2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g)H+802kJmol1，甲烷的燃燒熱為H890kJmol1，則甲烷燃燒的熱化學(xué)方程式可表示為CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)H890 kJmol1，根據(jù)蓋斯定律，12(+)可得：H2O(l)H2O(g)H12 +802kJmol1+(890 kJmol1)+44 kJmol1，故答案為：+44 kJmol1；根據(jù)圖像可知，T1、催化劑M作用下，020h內(nèi)水的物質(zhì)的量變化為0.6mol，則v(CH4)0.003 molL1h1，所以v(H2O)2v(CH4)0.006 molL1h1，故答案為：0.006 molL1h1；該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度升高，CH4的產(chǎn)量增大，根據(jù)圖像可知，溫度為T1條件下，平衡時(shí)甲烷的物質(zhì)的量較大，則T1T2；已知溫度T1T2，若不使用催化劑，應(yīng)該在溫度T1條件下優(yōu)先達(dá)到平衡狀態(tài)，根據(jù)圖像可知，使用催化劑N的曲線優(yōu)先達(dá)到平衡狀態(tài)，說明催化劑的催化效果：M弱于N，故答案為：；該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度升高，CH4的產(chǎn)量增大；弱于；(2)在溫度低于T0 時(shí)，相同時(shí)間段內(nèi)溫度越高反應(yīng)速率越快，則CO的體積分?jǐn)?shù)越大；在溫度為T0 時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡，由于該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高CO的體積分?jǐn)?shù)越小，所以T0時(shí)CO的體積分?jǐn)?shù)最大，故答案為：低于T0 時(shí)，相同時(shí)間段內(nèi)溫度越高反應(yīng)速率越快，CO的體積分?jǐn)?shù)越大；高于T0 時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高CO的體積分?jǐn)?shù)越小；CH4(g)和H2O(g)的物質(zhì)的量之比為13，設(shè)CH4為xmol，H2O為3xmol，平衡時(shí)生成的CO為ymol，CO的平衡體積分?jǐn)?shù)為10% CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)初始(mol) x 3x 0 0轉(zhuǎn)化(mol) y y y 3y平衡(mol) xy 3xy y 3y則：yxy+3xy+y+3y100%=10%，解得：y=0.5x，平衡時(shí)混合氣體的總物質(zhì)的量為：x-0.5x+3x-0.5x+0.5x+0.5x3=5x，反應(yīng)前總物質(zhì)的量為4xmol，容器容積相同時(shí)，氣體的壓強(qiáng)與物質(zhì)的量成正比，T0時(shí)，容器內(nèi)起始壓強(qiáng)為p0，則平衡時(shí)壓強(qiáng)為：p05x4x=1.25p0，平衡時(shí)p(CH4)=0.5x5x1.25p0=18p0，p(H2O)=2.5x5x1.25p0=58p0，p(CO)=0.5x5x1.25p0=18p0，p(CH4)=1.5x5x1.25p0=38p0，反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=（38p0)3(18p0)(18p0)(58p0)=27p02320，故答案為：27p02320?！军c(diǎn)睛】明確蓋斯定律的應(yīng)用、化學(xué)平衡及其影響因素為解答的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(2)，要注意平衡常數(shù)Kp的含義和計(jì)算方法?！净瘜W(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】11.氧元素為地殼中含量最高的元素，可形成多種重要的單質(zhì)和化合物。(1)氧元素位于元素周期表中_區(qū)；第二周期元素中，第一電離能比氧大的有_種。(2)O3可用于消毒。O3的中心原子的雜化形式為_；其分子的 VSEPR模型為_，與其互為等電子體的離子為_(寫出一種即可)。(3)含氧有機(jī)物中，氧原子的成鍵方式不同會導(dǎo)致有機(jī)物性質(zhì)不同。解釋C2H5OH的沸點(diǎn)高于CH3OCH3的原因?yàn)開；C2H5OH不能用無水CaCl2千燥是因?yàn)镃a2+和C2H5OH可形成Ca(C2H5OH)42+，該離子的結(jié)構(gòu)式可表示為_。(4)氧元素可分別與Fe和Cu形成低價(jià)態(tài)氧化物FeO和Cu2O。FeO立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示，則Fe2+的配位數(shù)為_；與O2緊鄰的所有Fe2+構(gòu)成的幾何構(gòu)型為_。Cu2O立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，若O2與Cu+之間最近距離為a pm，則該晶體的密度為_gcm3。(用含a、NA的代數(shù)式表示，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值)【答案】 (1). p； (2). 3 (3). sp2雜化 (4). 平面三角形 (5). NO2 (6). 乙醇分子間可形成氫鍵，沸點(diǎn)高 (7). (8). 6 (9). 正八面體 (10). 27310302NAa3【解析】【分析】(1)除了ds區(qū)外，區(qū)的名稱來自按構(gòu)造原理最后填入電子的能級的符號；根據(jù)電離能的變化規(guī)律分析判斷；(2)根據(jù)公式計(jì)算出O3的中心原子的價(jià)層電子對數(shù)，再根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論判斷中心原子的雜化形式及其分子的VSEPR模型，與其互為等電子體的離子中含有3個(gè)原子、價(jià)電子數(shù)是18；(3)形成分子間氫鍵的物質(zhì)熔沸點(diǎn)較高；對于配離子Ca(C2H5OH)42+可以結(jié)合常見配合物的結(jié)構(gòu)與成鍵分析解答；(4)根據(jù)體心位置的Fe2+判斷Fe2+的配位數(shù)；根據(jù)結(jié)構(gòu)示意圖判斷與O2-緊鄰的所有Fe2+構(gòu)成的幾何構(gòu)型；若O2-與Cu+之間最近距離為apm，該距離為晶胞體對角線的14，則晶胞體對角線長度=4apm，計(jì)算出晶胞的棱長，根據(jù)化學(xué)式判斷出各球表示的微粒，再結(jié)合密度的計(jì)算公式計(jì)算?！驹斀狻?1)除了ds區(qū)外，區(qū)的名稱來自按構(gòu)造原理最后填入電子的能級的符號，O原子最后通入的電子是p電子，所以O(shè)元素位于p區(qū)；第二周期元素中，第一電離能比O元素大的有N、F、Ne元素，所以有3種元素，故答案為：p；3；(2)O3的中心原子的價(jià)層電子對個(gè)數(shù)2+6-2223且含有1個(gè)孤電子對，根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論判斷中心原子的雜化形式為sp2雜化、其分子的 VSEPR模型為平面三角形，與其互為等電子體的離子中含有3個(gè)原子、價(jià)電子數(shù)是18，與其互為等電子體的陰離子有NO2(合理即可)，故答案為：sp2雜化；平面三角形；NO2(合理即可)；(3)形成分子間氫鍵的物質(zhì)熔沸點(diǎn)較高，乙醇能形成分子間氫鍵、甲醚不能形成分子間氫鍵，所以乙醇的熔沸點(diǎn)比甲醚高；C2H5OH不能用無水CaCl2干燥是因?yàn)镃a2+和C2H5OH可形成Ca(C2H5OH)42+，該離子中鈣離子為中心離子，乙醇為配體，乙醇中O原子提供孤電子對、鈣離子提供空軌道形成配位鍵，其結(jié)構(gòu)為，故答案為：