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1、(新高考)此卷只裝訂不密封班級(jí) 姓名 準(zhǔn)考證號(hào) 考場(chǎng)號(hào) 座位號(hào) 此卷只裝訂不密封班級(jí) 姓名 準(zhǔn)考證號(hào) 考場(chǎng)號(hào) 座位號(hào) 2021-2022學(xué)年下學(xué)期高三4月月考卷化 學(xué) 注意事項(xiàng):1答題前,先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在試題卷和答題卡上,并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2選擇題的作答:每小題選出答案后,用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑,寫(xiě)在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。3非選擇題的作答:用簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫(xiě)在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。4考試結(jié)束后,請(qǐng)將本試題卷和答題卡一并上交。第卷(選擇題)一、選擇題:本題共15小題,
2、總計(jì)40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第110題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,每小題2分。第1115題為不定項(xiàng)選擇題,每小題4分,在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有12個(gè)是符合題目要求的,全部答對(duì)的得4分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)的得0分。1第24屆冬奧會(huì)于2022年2月4日在北京開(kāi)幕,“科技冬奧”理念體現(xiàn)在方方面面。下列說(shuō)法正確的是A冰場(chǎng)使用的二氧化碳跨臨界制冰技術(shù),比傳統(tǒng)的氟利昂人工制冷技術(shù)更加節(jié)能、環(huán)保B冬奧會(huì)采用石墨烯材料制造戶外保暖穿戴設(shè)備,該石墨烯材料屬于傳統(tǒng)無(wú)機(jī)非金屬材料C冬奧火炬火焰的顏色是H2燃燒的顏色D由碲和鎘合成發(fā)電玻璃中的碲化鎘屬于合金材料【答案】A【解析】A傳統(tǒng)的氟利昂人工
3、制冷技術(shù)中氟利昂會(huì)造成臭氧層空洞,冰場(chǎng)使用的二氧化碳跨臨界制冰技術(shù),比傳統(tǒng)的氟利昂人工制冷技術(shù)更加節(jié)能、環(huán)保,故A正確;B冬奧會(huì)采用石墨烯材料制造戶外保暖穿戴設(shè)備屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料,不是傳統(tǒng)無(wú)機(jī)非金屬材料,故B錯(cuò)誤;C冬奧火炬燃料是有機(jī)物不是氫氣,故C錯(cuò)誤;D由碲和鎘合成發(fā)電玻璃中的碲化鎘屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料,故D錯(cuò)誤;故答案為A。2在給定條件下,下列物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化均能一步實(shí)現(xiàn)的是ABCD【答案】B【解析】A不穩(wěn)定,光照下會(huì)分解為和,A項(xiàng)不符合題意;B氧化鐵被一氧化碳還原為鐵單質(zhì),鐵和水蒸氣高溫生成四氧化三鐵,B項(xiàng)符合題意;C與在放電條件下只能生成,不能產(chǎn)生,C項(xiàng)不符合題意;D由于酸性:,
4、則不與反應(yīng),D項(xiàng)不符合題意。故選B。3代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是A標(biāo)準(zhǔn)狀況下,和的混合氣體含S原子數(shù)為B溶液中含和的離子數(shù)之和等于C在中,生成14g氧化產(chǎn)物時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3D1mol果糖含羥基數(shù)為6【答案】C【解析】A標(biāo)準(zhǔn)狀況下,呈固態(tài),和的混合氣體的物質(zhì)的量不是0.5mol,故A錯(cuò)誤;B和會(huì)發(fā)生水解,不能確定溶液中含和的離子數(shù),故B錯(cuò)誤;C反應(yīng)中,NH3中N元素化合價(jià)由-3升高為0,NH3被氧化為N2,生成14g氧化產(chǎn)物時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)3,故C正確;D1個(gè)果糖分子中含有5個(gè)羥基,1mol果糖含羥基數(shù)為5,故D錯(cuò)誤;選C。4火藥制備是我國(guó)古代聞名世界的化學(xué)工藝,原理為2KNO3+
5、S+3C=K2S+N2+ 3CO2 。下列說(shuō)法正確的是AK2S的電子式:KB基態(tài)O原子核外電子軌道表達(dá)式:CK+的結(jié)構(gòu)示意圖:DCO2和N2都是非極性分子【答案】D【解析】AK2S結(jié)構(gòu)中K+與S2-形成離子鍵,其電子式為:,A錯(cuò)誤;BO為8號(hào)元素,根據(jù)泡利原理和洪特規(guī)則,則原子核外電子軌道表達(dá)式:,B錯(cuò)誤;CK元素的核電荷數(shù)為19,質(zhì)子數(shù)為19,核外電子數(shù)為19,K+表示失去最外層一個(gè)電子,K+核外還有18個(gè)電子,各層電子數(shù)分別為2、8、8,K+的結(jié)構(gòu)示意圖為,C錯(cuò)誤;D由非極性鍵形成的分子稱為非極性分子,N2由非極性鍵構(gòu)成的非極性分子,由極性鍵形成的分子,如果電荷分布是對(duì)稱均勻的,也是非極性
6、分子,二氧化碳結(jié)構(gòu)為:O=C=O,直鏈對(duì)稱的,所以為非極性分子,D正確;故選D。5下列敘述對(duì)應(yīng)的離子方程式一定正確的是A向含1molFeI2的溶液通入0.5molCl2:2Fe2+4I-+3Cl2=2Fe3+2I2+6Cl-B向pH=0的FeSO4溶液滴2滴稀NaClO溶液:ClO-+2Fe2+2H+=2Fe3+Cl-+H2OC侯氏制堿法中發(fā)生反應(yīng):2NH3+2Na+CO2+H2O=Na2CO3+2NHD濕潤(rùn)的淀粉碘化鉀試紙遇某氣體后,試紙變藍(lán):Cl2+2I-=I2+2Cl-【答案】B【解析】A還原性,通入的先與反應(yīng),只能消耗,含,不參與反應(yīng),A錯(cuò)誤;B少量的NaClO滴入硫酸亞鐵溶液中,溶液
7、呈酸性,根據(jù)電子得失守恒和電荷守恒,該反應(yīng)的離子方程式為,B正確;C侯氏制堿法中應(yīng)析出晶體,再經(jīng)加熱分解得到純堿,錯(cuò)誤;D該氣體還有可能是、蒸氣等也能使?jié)駶?rùn)的淀粉碘化鉀試紙變藍(lán),D錯(cuò)誤。故選B。6利用圖示裝置制備和收集氣體,合理的是選項(xiàng)固體A試劑B試劑C制備和收集的氣體A生石灰濃氨水水NH3BNa2SO370%硫酸飽和亞硫酸氫鈉溶液SO2CMnO2濃鹽酸飽和食鹽水Cl2DCu濃硝酸水NO2AABBCCDD【答案】B【解析】A氨氣易溶于水,不能用排水法收集,A不正確;BNa2SO3固體與70%硫酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng),制取SO2氣體,且SO2不溶于飽和亞硫酸氫鈉溶液,所以可用排飽和亞硫酸氫鈉溶液的方法
8、收集SO2氣體,B正確;CMnO2與濃鹽酸在常溫下不能發(fā)生反應(yīng),不能制取氯氣,C不正確;DNO2易與水發(fā)生反應(yīng)生成NO氣體,不能用排水法收集,D不正確;故選B。7室溫下進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn),所得實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和結(jié)論或原因都正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論或原因A向20mLMgCl2溶液中滴加3滴NaOH溶液后,繼續(xù)滴加3滴FeCl3溶液先出現(xiàn)白色沉淀,后產(chǎn)生紅褐色沉淀Mg(OH)2沉淀轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3B向Ca(ClO)2溶液中通入SO2產(chǎn)生白色沉淀CaSO3難溶于水C向飽和石灰水中加入生石灰有固體析出Ca(OH)2溶解度降低D向FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl平衡體系中加入KCl晶體溶液
9、紅色變淺加入少量KCl晶體,該平衡逆向移動(dòng)AABBCCDD【答案】A【解析】A向20mLMgCl2溶液中滴加3滴NaOH溶液,氯化鎂過(guò)量,NaOH不足,先出現(xiàn)白色沉淀Mg(OH)2,繼續(xù)滴加3滴FeCl3,出現(xiàn)紅褐色沉淀Fe(OH)3,說(shuō)明Mg(OH)2轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀,A正確;B向Ca(ClO)2溶液中通入SO2,發(fā)生氧化還原反應(yīng),生成硫酸鈣白色沉淀,B錯(cuò)誤;C向飽和石灰水中加入生石灰,生石灰與水反應(yīng)生成氫氧化鈣,由于原來(lái)是飽和溶液,消耗溶劑水,而且增加了溶質(zhì),所以有Ca(OH)2固體析出,但結(jié)論錯(cuò)誤,固體溶解度與溫度有關(guān),與加入的物質(zhì)無(wú)關(guān),C錯(cuò)誤;D該反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是Fe3+3SCN-
10、Fe(SCN)3,KCl沒(méi)有參與反應(yīng),加入少量氯化鉀晶體,對(duì)平衡無(wú)影響,溶液顏色不變,D錯(cuò)誤;綜上所述答案為A。8某科研人員提出與在羥基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的歷程,該歷程示意圖如圖(圖中只畫(huà)出了HAP的部分結(jié)構(gòu))。下列說(shuō)法不正確的是AHAP能提高與的反應(yīng)速率B在整個(gè)反應(yīng)歷程中,有極性鍵和非極性鍵的斷裂C根據(jù)圖示信息,CO2分子中的氧原子全部來(lái)自O(shè)2D該反應(yīng)可表示為:【答案】C【解析】A由題圖可知,HAP是催化劑,能提高與的反應(yīng)速率,A項(xiàng)正確;B在整個(gè)反應(yīng)歷程中,有極性鍵(如C-H鍵)和非極性鍵(如O-O鍵)的斷裂,B項(xiàng)正確;C根據(jù)圖知,CO2分子中的氧原子一部分來(lái)自O(shè)
11、2,另一部分來(lái)自于甲醛,C項(xiàng)錯(cuò)誤;D該反應(yīng)中反應(yīng)物是甲醛和氧氣,生成物是二氧化碳和水,HAP為催化劑,該反應(yīng)可表示為為,D項(xiàng)正確;答案選C。9在一定溫度下的可逆反應(yīng),若該溫度下的平衡常數(shù)K=10,下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A該溫度下B升高溫度,增大的倍數(shù)大于增大的倍數(shù)C有利于測(cè)定X的相對(duì)分子質(zhì)量的條件為低溫高壓D恒壓條件下,向平衡體系中充入惰性氣體He,X的轉(zhuǎn)化率減小【答案】D【解析】A達(dá)到平衡時(shí),則,平衡常數(shù),即,選項(xiàng)A正確;B該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng),升高溫度,平衡正向移動(dòng),所以增大的倍數(shù)大于增大的倍數(shù),選項(xiàng)B正確;C測(cè)定X的相對(duì)分子質(zhì)量時(shí)應(yīng)該使平衡盡可能逆向移動(dòng),該反應(yīng)的正反應(yīng)為氣體分子數(shù)增多的吸
12、熱反應(yīng),所以條件為低溫高壓,選項(xiàng)C正確;D恒壓條件下,向平衡體系中充入惰性氣體He,體積增大,壓強(qiáng)減小,平衡正向移動(dòng),X的轉(zhuǎn)化率增大,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;答案選D。10我國(guó)科研工作者提出通過(guò)電解原理聯(lián)合制備環(huán)氧乙烷同時(shí)處理酸性含鉻廢水,其工作原理示意圖如圖所示。其中雙極膜由陽(yáng)離子交換膜和陰離子交換膜組成,工作時(shí)內(nèi)層解離為和,并分別向兩極遷移。下列說(shuō)法正確的是A電極a為電源正極B膜q為陽(yáng)離子交換膜C工作時(shí),NaOH溶液濃度保持不變DN極的電極反應(yīng)式為【答案】D【解析】A由信息可知,電極M上乙烯被氧化為環(huán)氧乙烷,電極N上被還原為,則電極M為陽(yáng)極、電極N為陰極,電極a為負(fù)極、電極b為正極,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B雙極
13、膜中水解離出來(lái)的氫氧根離子向陽(yáng)極區(qū)移動(dòng),膜q適合選用陰離子交換膜,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C工作時(shí)陽(yáng)極區(qū)生成水,NaOH溶液濃度減小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;DCr元素由價(jià)變?yōu)閮r(jià),N極的反應(yīng)方程式為,選項(xiàng)D正確。答案選D。11藥用輔料有許多重要功能,其質(zhì)量直接影響終產(chǎn)品質(zhì)量及安全性。新型冠狀病毒滅活疫苗的輔料有Na2HPO4、NaH2PO4、NaCl、Al(OH)3等。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是ANa2HPO4屬于酸式鹽B醫(yī)療上用的生理鹽水是0.9%的NaCl溶液C農(nóng)業(yè)上用NaH2PO4作復(fù)合肥料D含Al(OH)3的藥物可用于治療胃酸過(guò)多【答案】C【解析】A磷酸氫鈉和磷酸二氫鈉都是磷酸反應(yīng)生成的酸式鹽,故A正確;B生理鹽水是一
14、種氯化鈉溶液,溶液的濃度是0.9%,故B正確;C同時(shí)含有氮、磷、鉀三種元素中的兩種或兩種以上的肥料稱為復(fù)合肥料,則磷酸二氫鈉是含有磷元素的磷肥,不屬于復(fù)合肥料,故C錯(cuò)誤;D氫氧化鋁能與胃液中的鹽酸反應(yīng),常用于治療胃酸過(guò)多,故D正確;故選C。12藥物異博定(鹽酸維拉帕米)能有效控制血壓升高、促進(jìn)血液循環(huán),其合成路線中有如下轉(zhuǎn)化過(guò)程:則下列說(shuō)法正確的是AX的沸點(diǎn)低于其同分異構(gòu)體BX、Y、Z都能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)C1molZ最多與6mol發(fā)生加成反應(yīng)DZ分子含有四種官能團(tuán)【答案】AB【解析】AX形成分子內(nèi)氫鍵,形成分子間氫鍵,形成分子間氫鍵的物質(zhì)熔沸點(diǎn)要高些,A正確;B酚羥基、鹵素原子、酯基都可以和
15、氫氧化鈉溶液發(fā)生反應(yīng),B正確;C1molZ最多與5mol發(fā)生加成反應(yīng),酯基不能和發(fā)生加成反應(yīng),C錯(cuò)誤;DZ分子含有三種官能團(tuán):酯基、碳碳雙鍵、醚鍵,苯環(huán)不是官能團(tuán),D錯(cuò)誤;故選AB。13鈦鐵礦(,其中Ti為+4價(jià))在高溫下經(jīng)氯化得到四氯化鈦,再制取金屬鈦的流程如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A氯化反應(yīng)中與C的物質(zhì)的量之比為B氯化過(guò)程中既不是氧化劑也不是還原劑C制取金屬鈦的反應(yīng)可得到還原性:D制取金屬鈦時(shí)選用Ar氣的目的是隔絕空氣【答案】AD【解析】A根據(jù)得失電子守恒知,氯化過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為,則氯化反應(yīng)中與C的物質(zhì)的量之比為76,A正確;B中Fe的化合價(jià)為,反應(yīng)后被氧化為,因此作還原劑,B
16、錯(cuò)誤;C還原劑的還原性強(qiáng)于還原產(chǎn)物的還原性,和鎂反應(yīng)被還原為鈦單質(zhì),則還原性:,C錯(cuò)誤;D制取金屬鈦時(shí)選用氬氣的目的是隔絕空氣,防止Ti、Mg與空氣中的成分發(fā)生反應(yīng),D正確;故選AD。14K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2O(橙色)+ H2O2CrO(黃色)+ 2H+。用K2Cr2O7溶液進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)。結(jié)合實(shí)驗(yàn),下列說(shuō)法不正確的是A中溶液橙色加深,中溶液變黃B中Cr2O被C2H5OH還原,可用來(lái)檢測(cè)汽車司機(jī)是否酒駕C對(duì)比和可知K2Cr2O7在酸性溶液氧化性強(qiáng)D若向加入70%H2SO4溶液至過(guò)量,溶液變?yōu)槌壬敬鸢浮緿【解析】A由Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黃色)+2H分析可得,向K2C
17、r2O7溶液中加酸平衡逆向移動(dòng),溶液顏色加深;加堿平衡正向移動(dòng),溶液顏色變黃,故A正確;B乙醇在酸性條件下被Cr2O氧化成乙酸,而Cr2O被還原成Cr3+,而使溶液呈綠色,可用來(lái)檢測(cè)汽車司機(jī)是否酒駕,故B正確;C乙醇在酸性條件下被Cr2O氧化成乙酸,而Cr2O被還原成Cr3+,而使溶液呈綠色,在堿性環(huán)境中Cr2O不能氧化乙醇,從而溶液顏色不變,所以K2Cr2O7酸性溶液氧化性比K2Cr2O7堿性溶液氧化性強(qiáng),故C正確;D若向中加入70%H2SO4溶液至過(guò)量,則溶液呈酸性,現(xiàn)象與一樣,溶液顏色變成綠色,故D錯(cuò)誤;答案選D。15NaH2ANa2HA溶液是人體存在的緩沖溶液。常溫下,H3A溶液中各微
18、粒組成隨著pH而變化,溶液中A3-、HA2-、H2A-、H3A濃度所占分?jǐn)?shù)()隨pH變化的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A0.1mol/LNaH2A溶液顯酸性BH3A+HA2-=2H2A-的平衡常數(shù)K=105.08C將等物質(zhì)的量的Na2HA和NaH2A配制成溶液,pH=7.20DpH=12.40時(shí),存在關(guān)系:c(H+)2c(HA2-)+c(H2A-)+3c(A3-)+c(OH-)【答案】C【解析】由圖可知,溶液中c(H2A-)= c(H3A)時(shí),溶液pH為2.12,則Ka1= c(H+)=10-2.12,溶液中c(H2A-)= c(HA2-)時(shí),溶液pH為7.20,則Ka2= c(H+)=10
19、-7.20,溶液中c(A3-)= c(HA2-)時(shí),溶液pH為12.4,則Ka3= c(H+)=10-12.4。AH2A-離子的水解常數(shù)Kh=Ka2說(shuō)明H2A-離子在溶液中的電離程度大于水解程度,溶液呈酸性,故A正確;B由方程式可知,反應(yīng)的平衡常數(shù)K=105.08,故B正確;C由圖可知,溶液中c(H2A-)= c(HA2-)時(shí),溶液pH為7.20,則將等物質(zhì)的量的Na2HA和NaH2A配制成的溶液中c(H2A-)c(HA2-),則溶液pH不等于7.20,故C錯(cuò)誤;D由圖可知,溶液pH為12.40時(shí),溶液中存在電荷守恒關(guān)系c(H+)+nc(Mn+)=2c(HA2-)+c(H2A-)+3c(A3-
20、)+c(OH-),則溶液中c(H+)40g/kg)B高肥力地(3040g/kg)C中等肥力地(1030g/kg)D低肥力地(小于10g/kg)(6)若土壤中含有較多的Fe2+、Mn2+,則測(cè)定結(jié)果_(填“偏大”、“偏小”或“不變”)。若土壤中含有較多的碳酸鹽,則測(cè)定結(jié)果_(填“偏大”、“偏小”或“不變”)。(7)下列能提高土壤有機(jī)質(zhì)含量的方法有_(填標(biāo)號(hào))。A秸稈還田 B增施腐熟的動(dòng)物糞便 C施用硝銨 D施用磷酸氫二銨【答案】(1)按照多點(diǎn)取樣混合,使所取樣品更準(zhǔn)確,更有代表性,測(cè)得結(jié)果更加準(zhǔn)確 (2)B(3)綠色主要是Cr3+的顏色,表明重鉻酸鉀的用量可能不足,導(dǎo)致有機(jī)質(zhì)氧化不完全(4)Fe
21、SO4溶液易被空氣中的氧氣氧化 (5)B (6)偏大 不變 (7)AB【解析】本題是一道測(cè)量土壤中有機(jī)質(zhì)含量的實(shí)驗(yàn)題,首先是取樣,為了使取樣更加準(zhǔn)確,要注意多點(diǎn)取樣并混合,之后干燥研磨,處理好后,加入硫酸銀除去樣品中的氯離子,然后用重鉻酸鉀溶液來(lái)滴定,根據(jù)其用量計(jì)算出土壤中有機(jī)質(zhì)的含量。(1)按照多點(diǎn)取樣混合,使所取樣品更準(zhǔn)確,更有代表性,測(cè)得結(jié)果更加準(zhǔn)確;(2)Ag2SO4可以和氯離子反應(yīng)生成氯化銀白色沉淀,故答案為B;(3)由題意可知綠色是三價(jià)鉻離子的顏色,該實(shí)驗(yàn)中是用重鉻酸根離子來(lái)氧化土壤中的有機(jī)質(zhì),變成綠色后說(shuō)明氧化劑已經(jīng)不足量,此時(shí)有機(jī)質(zhì)不能被完全氧化,故答案為:綠色主要是Cr3+的
22、顏色,表明重鉻酸鉀的用量可能不足,導(dǎo)致有機(jī)質(zhì)氧化不完全;(4)二價(jià)鐵具有還原性,容易被空氣中的氧氣氧化,故答案為:FeSO4溶液易被空氣中的氧氣氧化;(5)根據(jù)n=cv,可知iii中n(FeSO4)10.216.6=3.3210-3mol;iv中n(FeSO4)2=0.232.60=6.5210-3mol;n(FeSO4)1- n(FeSO4)2=6.5210-3mol-3.3210-3mol=3.210-3mol,由題干中的信息可知K2Cr2O76FeSO4,n(K2Cr2O7)=n(FeSO4),2K2Cr2O73C,n(C)=n(K2Cr2O7)=3.210-3mol=810-4mol,
23、故答案為B;(6)Fe2+、Mn2+,都可以被重鉻酸鉀氧化,會(huì)消耗更多的重鉻酸鉀,故測(cè)定結(jié)果偏大;碳酸鹽不能被重鉻酸鉀氧化,不影響其用量,故沒(méi)有影響,答案為不變;(7)秸稈和動(dòng)物糞便都屬于有機(jī)質(zhì),可以提高土壤中有機(jī)質(zhì)含量,硝銨和磷酸氫二銨不屬于有機(jī)質(zhì),不能提高土壤中有機(jī)質(zhì)含量,故答案為AB。17目前新能源汽車電池主要是磷酸鐵鋰(LiFePO4)和三元鋰電池(正極含有Ni、Co、Mn三種元素)。回答下列問(wèn)題:(1)基態(tài)Co原子的價(jià)電子排布式為_(kāi),能量最高的能級(jí)有_個(gè)空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。(2)LiFePO4中四種元素的第一電離能由大到小的順序是_(填元素符號(hào)),其陰離子的立體構(gòu)型名稱是_。(3)檢驗(yàn)Ni
24、2+的方法:加入丁二酮肟試劑立即生成鮮紅色的二丁二酮肟合鎳(II)螯合物。反應(yīng)方程式如下:2(丁二酮肟)+Ni2+(二丁二酮肟合鎳(II)+2H+丁二酮肟熔點(diǎn)比丁二酮( )高很多的原因是_。二丁二酮肟合鎳(II)螯合物中N原子的雜化類型是_,該物質(zhì)中存在的作用力有_(填正確答案標(biāo)號(hào))。A離子鍵B配位鍵C極性共價(jià)鍵D非極性共價(jià)鍵E氫鍵(4)三元鋰電池的負(fù)極材料是石墨。石墨品體的二維平面結(jié)構(gòu)如圖1所示,晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示。試回答:石墨晶體中C原子數(shù)與CC數(shù)目之比是_。根據(jù)圖2計(jì)算石墨晶體的密度是_g/cm3(寫(xiě)出表達(dá)式即可)?!敬鸢浮浚?)3d74s2 5 (2)OPFeLi 正四面體形 (3)丁
25、二酮肟分子間存在氫鍵 sp2 BCDE (4)23 或或【解析】(1)Co是第四周期VIII族元素,其基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為:3d74s2,能量最高的能級(jí)是3d,其空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有5個(gè);(2)元素的原子越容易失去一個(gè)電子,其第一電離能數(shù)值越小,LiFePO4中四種元素的第一電離能由大到小是OPFeLi,其中的陰離子是PO43-,中心原子P原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=4+(5+3-24)=4,采用為sp3雜化,無(wú)孤對(duì)電子,其空間形狀正四面體;(3)丁二酮肟分子中有N-OH鍵,分子間可以形成氫鍵,所以熔點(diǎn)比丁二酮高;二丁二酮肟合鎳(II)螯合物中N原子有三個(gè)鍵、1個(gè)鍵,所以其雜化類型是sp2,該物質(zhì)中存在
26、的作用力除離子鍵以外,其它的作用力都存在的,所以選BCDE;(4)如圖所示,每個(gè)碳原子有三個(gè)CC單鍵由六個(gè)C原子共用,由均攤法分析可知一個(gè)碳原子相當(dāng)于有1.5個(gè)鍵,所以每一層內(nèi)C原子數(shù)與CC化學(xué)鍵之比23;由圖中石墨晶胞信息可知,晶胞的平面上的數(shù)據(jù)應(yīng)是:所以:gcm-3=或或。18含氮化合物的制備、應(yīng)用及污染治理是科學(xué)研究領(lǐng)域的熱點(diǎn)問(wèn)題。試回答下列問(wèn)題。(1)反應(yīng)2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-620.9kJmol-1??捎行Ы档推囄矚馕廴疚锏呐欧?。對(duì)于該反應(yīng),下列說(shuō)法正確的是_(填序號(hào))。A該反應(yīng)在高溫條件下可自發(fā)進(jìn)行B容積固定的絕熱容器中,溫度保持不變時(shí)反應(yīng)達(dá)
27、到平衡狀態(tài)C投料比即越大,NO轉(zhuǎn)化率、反應(yīng)速率均越大D在恒溫恒壓的容器中達(dá)平衡時(shí),同時(shí)通入等物質(zhì)的量的CO和CO2平衡不移動(dòng)圖中曲線表示在其他條件一定時(shí)反應(yīng)速率與溫度的關(guān)系,x為CO的轉(zhuǎn)化率,其中最佳反應(yīng)溫度曲線為不同轉(zhuǎn)化率下最大反應(yīng)速率與溫度的關(guān)系,則x最小的是_,理由是_。(2)我國(guó)科學(xué)家結(jié)合實(shí)驗(yàn)與計(jì)算機(jī)模擬結(jié)果,得到在銅催化作用下將一個(gè)N,N-二甲基甲酞胺(CH3)2NCHO轉(zhuǎn)化為三甲胺N(CH3)3的合成路線。反應(yīng)歷程如圖所示。則反應(yīng)(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)s(g)+H2O(g)的H=_kJmol-1(1eV=1.610-22kJ,NA的數(shù)值為6.0210
28、23,結(jié)果保留2位有效數(shù)字),、中反應(yīng)速率最快的一步的化學(xué)方程式為_(kāi)。(3)TC時(shí),存在如下平衡:2NO2(g)N2O(g)。該反應(yīng)正、逆反應(yīng)速率與NO2、N2O4的濃度關(guān)系為v正=h正c2(NO2),v逆=k逆c(N2O4)(k正、k逆是速率常數(shù)),且lgv正lgc(NO2)與lgv逆lgc(N2O4)的關(guān)系如圖所示。圖中表示lgv逆lgc(N2O4)的線是_(填“I”或“II”)。T時(shí),該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_L/mol。T時(shí),向2L恒容密閉容器中充入1.6molNO2,某時(shí)刻v正=4100.5mol/(Lmin),則此時(shí)NO2的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)?!敬鸢浮浚?)B x3 在其他條件一定時(shí),轉(zhuǎn)化率越
29、小,反應(yīng)物濃度越大,反應(yīng)速率越快(2)-98(CH3)2NCH2OH*+H*=N(CH3)3+OH*或(CH3)2NCH2OH*+2H*=N(CH3)3+OH*+H*(3)II 100 75%【解析】(1)根據(jù)吉布斯自由能,G=HTS,該反應(yīng)H0,S0,所以在低溫下可滿足G0,A錯(cuò)誤。容器為絕熱,反應(yīng)為放熱反應(yīng),溫度升高,當(dāng)溫度不再改變,說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡,B正確。投料比大,濃度不一定大,所以反應(yīng)速率不一定快,C錯(cuò)誤。通入等物質(zhì)的量的CO和CO2,容積增大,v正=c2(CO)c2(NO),v逆=c2(CO2)c(N2),CO和CO2對(duì)速率的影響相同,但NO和N2下降不同濃度,前者對(duì)速率的影響大,
30、故v正ClO。沉淀I、沉淀II中都只含有兩種沉淀。以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH見(jiàn)表:沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Mg(OH)2Co(OH)2開(kāi)始沉淀2.74.07.67.79.67.5完全沉淀3.75.29.69.811.19.2(1)通過(guò)增大接觸面積的形式可以加快水鈷礦“浸出”速率,可采取的措施是將水鈷礦粉碎和_, 浸出過(guò)程中加入Na2SO3的作用是_。(2)加入NaClO3的作用是為了氧化Fe2+,反應(yīng)的離子方程式是_,后續(xù)加入Na2CO3調(diào)pH,其值不能超過(guò)_。(3)NaF溶液可將鈣、鎂離子轉(zhuǎn)化為沉淀過(guò)濾除去,若所得濾液中c(Ca2+)=1.0 10-
31、5mol/L,則c(Mg2+)=_ mol/L。已知Ksp(CaF2)=a 10-10,Ksp(MgF2)=b 10-11(4)加入萃取劑的目的是_。(5)操作I包括:向水層加入濃鹽酸調(diào)整pH為23,_,過(guò)濾、 洗滌、減壓烘干等過(guò)程。(6)為測(cè)定獲得草酸鈷晶體(CoC2O42H2O)的純度,現(xiàn)稱取mg樣品,將其用適當(dāng)試劑轉(zhuǎn)化為草酸銨(NH4)2C2O4溶液,再用過(guò)量稀硫酸酸化,用c mol/L高錳酸鉀溶液滴定,達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí),共用去高錳酸鉀溶液V mL,該產(chǎn)品的純度為_(kāi);某興趣小組測(cè)得產(chǎn)品中CoC2O42H2O的含量為100.6%。若滴定時(shí)實(shí)驗(yàn)操作無(wú)誤,造成該結(jié)果可能的原因是_?!敬鸢浮浚?)
32、攪拌反應(yīng)物或適當(dāng)升溫 將Co2O3、Fe2O3、MnO2還原,防止Co2O3與鹽酸反應(yīng)生成氯氣(2)ClO+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O 7.5(3)10-6(4)除去Mn2+(5)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶(6) CoC2O42H2O部分或完全失去結(jié)晶水【解析】由題給流程可知,向含鈷廢料中加入鹽酸和亞硫酸鈉溶液時(shí),二氧化硅不發(fā)生反應(yīng),氧化鈷、氧化鐵、二氧化錳在鹽酸作用下被亞硫酸鈉轉(zhuǎn)化為氯化亞鈷、氯化亞鐵、氯化錳,氧化鋁、氧化鈣、氧化鎂被轉(zhuǎn)化為氯化鋁、氯化鈣、氯化鎂,過(guò)濾得到二氧化硅和含有金屬氯化物的浸出液;向浸出液中加入氯酸鈉將亞鐵離子氧化為鐵離子,向反應(yīng)后的溶液中加入碳酸鈉調(diào)節(jié)溶液
33、pH為5.2,將鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀,過(guò)濾得到沉淀I和濾液I;向?yàn)V液I中加入氟化鈉溶液,將溶液中的鈣離子、鎂離子轉(zhuǎn)化為氟化鈣、氟化鎂沉淀,過(guò)濾得到沉淀II和濾液II;向?yàn)V液II中加入萃取劑溶液中的錳離子,分液得到萃取劑層和水層;向水層中加入草酸銨溶液,過(guò)濾得到草酸鈷晶體;向水層加入濃鹽酸調(diào)整pH為23,經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、 洗滌、減壓烘干等過(guò)程得到氯化鈷晶體。(1)將水鈷礦粉碎和攪拌反應(yīng)物等措施能增大反應(yīng)物接觸面積,加快水鈷礦“浸出”的速率;由分析可知,加入亞硫酸的目的是將氧化鈷、氧化鐵、二氧化錳在鹽酸作用下還原為氯化亞鈷、氯化亞鐵、氯化錳,防止氧化鈷與鹽酸反應(yīng)生
34、成氯氣,污染環(huán)境,故答案為:攪拌反應(yīng)物;將Co2O3、Fe2O3、MnO2還原,防止Co2O3與鹽酸反應(yīng)生成氯氣;(2)由分析可知,加入氯酸鈉氧化亞鐵離子的反應(yīng)為酸性條件下,氯酸根離子與亞鐵離子反應(yīng)生成氯離子、鐵離子和水,反應(yīng)的離子方程式為ClO+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O;加入碳酸鈉的作用是調(diào)節(jié)溶液pH為5.2,將鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀,由表格數(shù)據(jù)可知,pH值不能超過(guò)7.5,使鈷離子轉(zhuǎn)化為沉淀而降低產(chǎn)品的產(chǎn)率,故答案為:ClO+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O;7.5;(3)由題意可知,c(Ca2+)=1.0 10-5mol/L的濾液中=10-1,則溶液中的鎂離子濃度c(Mg2+)=10-11.0 10-5mol/L=10-6mol/L,故答案
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