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北京市海淀区2015年高三化学第二学期适应性练习(零模)试卷 (含解析)


北京市海淀区 2015 年高三第二学期适应性练习(零模)化学试卷
一、选择题(共 7 小题,每小题 6 分,满分 42 分) 1.化学人类生活密切相关,下列说法正确的是( ) A. PM2.5 中含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素 B. 柠檬在味觉上有酸味,是酸性食物 C. 氢氧化铝、氢氧化钠、碳酸钠都是常见的胃酸中和剂 D.“地沟油”禁止食用,但处理后可用来制肥皂和生物柴油 考点:常见的生活环境的污染及治理;营养均衡与人体健康的关系;药物的主要成分和疗效.. 专题:化学应用. 分析:A、砷为非金属元素; B、食物的酸碱性并非指味觉上的酸碱性,也不是指化学上所指的溶液的酸碱性,而是 指食物在体内代谢最终产物的性质来分类; C、碳酸钠的腐蚀性过强,不能用于治疗胃酸过多; D、地沟油是对生活中存在的各类劣质油的统称,长期食用可能会引发癌症,对人体的 危害极大.其主要成分仍然是高级脂肪酸甘油酯,经加工处理后,可用来制肥皂和生物 柴油,可以实现厨余废物合理利用; 解答:解:A、PM 2.5 含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素,其中铅、镉、铬、钒 均是金属元素,砷为非金属元素,故 A 错误; B、柠檬含钾、钠、钙、镁等元素,在人体内代谢后生成碱性物质,为碱性食物,故 B 错误; C、碳酸钠的腐蚀性过强,对胃的刺激性过大,不能用于治疗胃酸过多,故 C 错误; D、地沟油经加工处理后,可用来制肥皂和生物柴油,可以实现厨余废物合理利用,故 D 正确; 故选 D. 点评:本题考查了化学知识在生活中的应用,难度不大,属于识记型知识,注意归纳总结. 2. (6 分) (2015?海淀区模拟)与下列事实对应的化学用语不正确的是( A. 用热的纯碱溶液可以清洗油污:CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣ B. 配制 FeSO4 溶液时加入适量的铁粉:Fe3++Fe═2Fe2+ C. )

向 NH4HSO4 溶液中加过量的 NaOH 溶液并加热:NH4++H++2OH﹣ NH3↑+2H2O D.铝片溶于较浓的 NaOH 溶液中,产生气体:2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑ 考点:离子方程式的书写.. 专题:离子反应专题. 分析:A.碳酸根为强碱弱酸盐,水解显碱性,油污主要成分为油脂在碱性条件下水解彻底; B.电荷不守恒; C.氢氧化钠足量,氢离子、氨根离子都发生反应; D.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气. 解答:解:A.用热的纯碱溶液可以清洗油污,碳酸根离子水解生成碳酸氢根和氢氧根:CO32 ﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣,故 A 正确; B.配制 FeSO4 溶液时加入适量的铁粉,离子方程式:2Fe3++Fe═3Fe2+,故 B 错误;
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C . 向 NH4HSO4 溶 液 中 加 过 量 的 NaOH 溶 液 并 加 热 : NH4++H++2OH ﹣ NH3↑+2H2O,故 C 正确; D.铝片溶于较浓的 NaOH 溶液中,产生气体,离子方程式:2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2 ﹣+3H2↑,故 D 正确; 故选:B. 点评:本题考查了离子方程式的书写, 明确反应实质是解题关键, 注意反应必须遵循客观规律, 遵循电荷守恒、原子个数守恒规律,题目难度不大. 3. (6 分) (2015?海淀区模拟)依据如图判断,下列说法正确的是( )

A. 2mol H2(g)与 1mol O2(g)所具有的总能量比 2mol H2O(g)所具有的总能量低 B. 氢气的燃烧热为△H=﹣241.8 kJ?mol﹣1 C. 液态水分解的热化学方程式为:2H2O(l)═2H2(g)+O2(g)△H=+571.6kJ?mol﹣1 D.H2O(g)生成 H2O(l)时,断键吸收的能量小于成键放出的能量 考点:化学反应的能量变化规律;反应热和焓变;热化学方程式.. 分析:A.2mol H2(g)与 1mol O2(g)反应生成 2mol H2O(g) ,放出 483.6kJ 的热量,故 2mol H2(g)与 1mol O2(g)所具有的总能量比 2mol H2O(g)所具有的总能量高; B.氢气的燃烧热是指 1mol 氢气完全燃烧生成液态水放出的热量; C.液态水分解的热化学方程式为:2H2O(l)═2H2(g)+O2(g) ,△H=+(483.6+88) =+571.6kJ?mol﹣1; D.H2O(g)生成 H2O(l)时,放出热量,故断键吸收的能量小于成键放出的能量. 解答:解:A.2mol H2(g)与 1mol O2(g)反应生成 2mol H2O(g) ,放出 483.6kJ 的热量,故 2mol H2(g)与 1mol O2(g)所具有的总能量比 2mol H2O(g)所具有的总能量高,故 A 错误; B.氢气的燃烧热是指 1mol 氢气完全燃烧生成液态水放出的热量,故氢气的燃烧热为 =285.8kJ?mol﹣1,故 B 错误; C.液态水分解的热化学方程式为:2H2O(l)═2H2(g)+O2(g) ,△H=+(483.6+88) =+571.6kJ?mol﹣1,故 C 正确; D.H2O(g)生成 H2O(l)时,放出热量,故断键吸收的能量小于成键放出的能量,故 D 正确; 故选 CD. 点评:本题考查化学反应能量变化分析,主要是能量守恒和反应实质的理解应用,难度不大.
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4. (6 分) (2015?海淀区模拟)下列说法不正确的是( A. 银氨溶液可以用于区分麦芽糖和蔗糖. B. 乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高 C.



1mol 乙酰水杨酸( D.

)最多可以和 2molNaOH 反应

可用

和 HCHO 为原料合成

考点:有机物的结构和性质;晶体熔沸点的比较;有机物的鉴别;常用合成高分子材料的化学 成分及其性能.. 分析:A.麦芽糖为还原性糖,可以与银氨溶液反应; B.乙醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大,氢键数目增多; C.乙酰水杨酸含有羧基和酯基,且可水解生成酚羟基; D.反应类似苯酚与甲醛的缩聚反应. 解答:解:A.麦芽糖为还原性糖,可以与银氨溶液反应,蔗糖不反应,故 A 正确; B.乙醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大,氢键数目增多,则乙醇、乙二醇、 丙三醇的沸点依次升高,故 B 正确; C . 乙 酰 水 杨 酸 含 有 羧 基 和 酯 基 , 且 可 水 解 生 成 酚 羟 基 , 则 1mol 乙 酰 水 杨 酸

( )最多可以和 3molNaOH 反应,故 C 错误; D.反应类似苯酚与甲醛的缩聚反应,故 D 正确. 故选 C. 点评:本题考查有机物的结构和性质,为高频考点和常见题型,侧重于学生的分析的考查,注 意把握有机物的官能团的性质以及有机物的结构,难度不大. 5. (6 分) (2015?海淀区模拟)海水中含有丰富的锂资源,研究人员开发了一种只能让锂离子 通过的特殊交换膜,并运用电解实现从海水中提取高浓度的锂盐,其工作原理如图所示.下 列说法不正确的是( )

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A. a 连接电源的正极 B. Li+的移动方向是从海水进入到盐酸中 C. 过程中还可能获得有经济价值的副产物氢气和氯气 D.一段时间后,b 电极附近溶液的 pH 降低 考点:电解原理.. 分析:要想从海水中提取高浓度的锂盐,则锂离子应从海上进入到盐酸中,依据电解池工作原 理,阳离子移向阴极,可知 b 为阴极与电源负极相连,a 为阳极与电源正极相连;电解 池阳极海水中的氯离子放电生成氯气, 阴极上盐酸中的氢离子失去电子发生还原反应生 成氢气,据此解答. 解答:解:A.要想从海水中提取高浓度的锂盐,则锂离子应从海上进入到盐酸中,依据电解 池工作原理,阳离子移向阴极,可知 b 为阴极与电源负极相连,a 为阳极与电源正极相 连,故 A 正确; B.电解池中阳离子移向阴极,b 电极为阴极,所以 Li+的移动方向是从海水进入到盐酸 中,故 B 正确; C.电解池阳极海水中的氯离子放电生成氯气,阴极上盐酸中的氢离子失去电子发生还 原反应生成氢气,故 C 正确; D.b 电极为阴极,阴极上氢离子放电,氢离子浓度减小,pH 值增大,故 D 错误; 故选:D. 点评:本题考查了电解原理,明确电解池工作原理、准确判断电解池的阴阳极及发生的反应是 解题关键,题目难度不大. 6. (6 分) (2015?海淀区模拟)下述实验方案不能达到实验目的是( B C 编A 号 实 验 方 案 ) D

目验证乙炔的还原性 的

收集氨气

片刻后在 Fe 电极附 近滴入 K3[Fe (CN)1 加入 3 滴同浓度的 6]溶液 AgNO3 溶液 2 再加入 3 滴同浓度的 Na2S 溶液 验证 Fe 电极被保护 验证 AgCl 的溶解度 大于 Ag2S

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A.A

B.B

C.C

D.D

考点:化学实验方案的评价.. 分析:A.生成乙炔中含硫化氢; B.铵盐与氢氧化钙加热生成氨气,氨气的密度比空气小,试管口只需要棉花堵住; C.原电池中 Zn 为负极; D.发生沉淀的转化. 解答:解:A.生成乙炔中含硫化氢,硫酸铜与硫化氢反应可除杂,乙炔被高锰酸钾氧化,可 验证乙炔的还原性,故 A 正确; B.铵盐与氢氧化钙加热生成氨气,氨气的密度比空气小,试管口只需要棉花堵住,因 氨气与硫酸反应,不能用沾有稀硫酸的棉花,故 B 错误; C.原电池中 Zn 为负极,Fe 不会失去电子,Fe 电极附近滴入 K3[Fe(CN)6]溶液无现象 可验证 Fe 电极被保护,故 C 正确; D.加入 3 滴同浓度的 AgNO3 溶液,再加入 3 滴同浓度的 Na2S 溶液,发生沉淀的转化, 则验证 AgCl 的溶解度大于 Ag2S,故 D 正确; 故选 B. 点评:本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的制备及除杂、原电池及应用、 沉淀的转化等为解答的关键,侧重反应原理及分析与实验能力的考查,注意实验的评价 性分析,题目难度不大. 7. (6 分) (2015?海淀区模拟)已知反应:2NO2(红棕色)?N2O4 (无色)△H<0,将一定 量的 NO2 充入注射器中后封口, 如图是拉伸和压缩=注射器的过程中气体透光率随时间的变化 (气体颜色越深,透光率越小) .下列说法正确的是( )

A. b 点的操作的压缩注射器 B. c 点与 a 点相比:c(NO2)增大,c(N2O4)减少 C. 若不忽略体系温度变化,且没有能量损失,则 T(b)>T(c) D.d 点:v(正)>v(逆) 考点:化学平衡的影响因素.. 分析:该反应是正反应气体体积减小的放热反应,压强增大平衡虽正向移动,但二氧化氮浓度 增大,混合气体颜色变深,压强减小平衡逆向移动,但二氧化氮浓度减小,混合气体颜 色变浅,据图分析,b 点开始是压缩注射器的过程,气体颜色变深,透光率变小,c 点 后的拐点是拉伸注射器的过程,气体颜色变浅,透光率增大,据此分析. 解答:解:A、b 点开始是压缩注射器的过程,气体颜色变深,透光率变小,故 A 正确; B、c 点是压缩注射器后的情况,二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大,故 B 错误;
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C、b 点开始是压缩注射器的过程,平衡正向移动,反应放热,导致 T(b)<T(c) ,故 C 错误; D、c 点后的拐点是拉伸注射器的过程,d 点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程,所 以 v(逆)>v(正) ,故 D 错误; 故选 A. 点评:本题通过图象和透光率考查了压强对平衡移动的影响,注意勒夏特列原理的应用,题目 难度不大. 二、解答题(共 4 小题,满分 58 分) 8. (14 分) (2015?海淀区模拟)醋硝香豆素是一种治疗心脑血管疾病的药物,能阻碍血栓扩

展,其结构简式为: 醋硝香豆素可以通过以下方法合成(部分反应条件省略) .

已知:

+H2O

回答以下问题: (1)反应①的反应类型是 取代反应(或硝化反应) . (2)从 A 到 B 引入的官能团名称是 溴原子 . ( 3 ) 反 应 ② 的 化 学









. ( 4 ) 反 应 ③ 的 化 学 方 程 式 为



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(5)关于 E 物质,下列说法正确的是 cd (填字母序号) . a.在核磁共振氢谱中有四组吸收峰 b.可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别 D 和 E c.可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应 d.存在顺反异构

(6)写出 G 的结构简式



(7)分子结构中只含有一个环,且同时符合下列条件的 G 的同分异构体共有 13 种. ?①可与氯化铁溶液发生显色反应; ?②可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体.

其中,苯环上的一氯代物只有两种的同分异构体的结构简式为 考 有机物的推断.. 点: 分 析:



甲苯和硝酸发生取代反应生成 A,根据 D 的结构知,A 结构简式为

,B 的结构简式为

,结合 C 相对分子质量知,C 结构简式为

,D 和丙酮反应生成 E,E 结构简

式为

,苯酚和丙二酸酐反应生成 G,E 和 G 反应生成醋酸香豆素,根据醋酸

香豆素结构简式知,G 结构简式为

,据此分析解答.

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解 答:

解:甲苯和硝酸发生取代反应生成 A,根据 D 的结构知,A 结构简式为

,B 的结构简式



,结合 C 相对分子质量知,C 结构简式为

,D 和丙酮反应生成 E,E 结构

简式为

,苯酚和丙二酸酐反应生成 G,E 和 G 反应生成醋酸香豆素,根据醋

酸香豆素结构简式知,G 结构简式为



(1)通过以上分析知,反应①的反应类型是取代反应(或硝化反应) , 故答案为:取代反应(或硝化反应) ; (2)从 A 到 B 引入的官能团名称是溴原子,故答案为:溴原子; ( 3 ) 反 应 ② 的 化 学 方







, 故 答 案 为 :



(4) 反应③的化学方程式为



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故答案为:



(5)E 为



a.在核磁共振氢谱中有五组吸收峰,故错误; b.E 中含有碳碳双键、羰基、硝基,D 中含有醛基、硝基,碳碳双键和醛基都能被酸性高锰酸 钾溶液氧化,所以不可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别 D 和 E,故错误; c.E 中含有碳碳双键、羰基、硝基、苯环,可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反 应,故正确; d.碳碳双键碳原子连接不同的支链,所以存在顺反异构,故正确; 故选 cd;

(6)G 结构简式为

,故答案为:



(7)G 为

,分子结构中只含有一个环,G 的同分异构体符合下列条件:

?①可与氯化铁溶液发生显色反应,说明含有酚羟基; ?②可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体,说明含有羧基, 如果取代基为﹣COOH、﹣C≡CH、﹣OH, 如果﹣COOH、﹣OH 位于邻位,有 4 种同分异构体; 如果﹣COOH、﹣OH 位于间位,有 3 种同分异构体; 如果﹣COOH、﹣OH 位于对位,有 3 种同分异构体; 如果取代基为﹣C≡CCOOH、﹣OH,有邻间对三种结构; 所以有 13 种同分异构体;

且苯环上的一氯代物只有两种的同分异构体的结构简式为



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故答案为:13;



点 本题考查有机物推断,为高考高频点,侧重考查学生分析推断能力,以甲苯和对硝基甲苯结构 评:简式结合反应条件进行推断物质,注意结合题给信息,明确 D 生成 E 时断键和成键方式,难点 是同分异构体种类的判断,注意碳碳双键碳原子上不能连接﹣OH,为易错点. 9. (15 分) (2015?海淀区模拟)3 名同学在用氯酸钾和二氧化锰混合加热制取氧气的过程中, 发现生成的气体有刺激性气味,针对这一“异常现象”进行了实验探究及分析. (1)甲用湿润的 KI﹣淀粉试纸检验上述生成的气体,观察到试纸变蓝,据此判断氧气中混有 Cl2.用离子方程式解释甲判断试纸变蓝的原因 Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2 . (2)乙认为上述现象只能说明混合气体具有 氧化 性,实验中使试纸变蓝的气体单质还可 能是 O3 或 O2 .为了进一步验证甲的推测,乙补充了一个实验:将上述生成的气体冷却后 通入盛有 硝酸酸化的硝酸银 溶液的洗气瓶中,若现象为 产生白色沉淀 ,则甲的推测 合理. (3)丙查阅文献获知,这种方法制取氧气的过程中确有 Cl2 产生,并且查到了以下反应历程: ①2KClO3+2MnO2→2KMnO4+Cl2↑+O2↑ ②反应②, ③K2MnO4+Cl2→2KCl+MnO2+O2↑ 总反应 2KClO3→2KCl+3O2↑ 丙设计实验,通过观察 MnO4﹣的特征颜色来验证反应历程中①的发生,具体实验操作为:将 一定量的 KClO3 和 MnO2 混合于试管中,加热, 在 KClO3 未完全分解前,冷却混合物并把它 倒入水中 ,写出历程中反应②的化学方程式 2KMnO4═K2MnO4+MnO2+O2↑ . (4)另据文献记载:此法制取的氧气中除了含有 Cl2,还混有化合物 ClO2,ClO2 具有强氧化 性,可以将污水中的 S2﹣氧化成 SO42﹣,反应的离子方程式为 8ClO2+5S2﹣+4H2O═5SO42 ﹣+8Cl﹣+8H+或 8ClO2+5S2﹣+8OH﹣=5SO42﹣+8Cl﹣+4H2O .

考点:探究物质的组成或测量物质的含量;探究化学实验中的反常现象.. 分析:(1)湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色,说明有碘生成,氯气具有强氧化性,能氧化碘离 子生成碘; (2)氧气或臭氧也能氧化碘离子;如果为氯气,氯气和水反应生成 HCl,导致溶液中含 有氯离子,氯离子用硝酸酸化的硝酸银检验;

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(3)在 KClO3 未完全分解前,冷却混合物并把它倒入水中,根据溶液颜色判断是否含 有高锰酸钾; (4)ClO2 具有强氧化性,可以将污水中的 S2﹣氧化成 SO42﹣,自身被还原生成氯离 子. 解答:解: (1)湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色,说明有碘生成,氯气具有强氧化性,能氧化碘 离子生成碘,离子方程式为 Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2, 故答案为:Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2; (2)碘离子被氧化生成碘,说明气体具有氧化性;O3 或 O2 也能氧化碘离子,所以试 纸变蓝的气体中可能含有氧气或臭氧;如果为氯气,氯气和水反应生成 HCl,导致溶液 中含有氯离子,氯离子用硝酸酸化的硝酸银检验,如果产生白色沉淀,就说明气体中含 有氯气,所以可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验, 故答案为:氧化;O3 或 O2;硝酸酸化的硝酸银;产生白色沉淀; (3)高锰酸钾溶液呈紫色,要想检验固体中含有高锰酸钾,只要将固体加入水中根据 溶液颜色判断即可, 所以操作是: 在 KClO3 未完全分解前, 冷却混合物并把它倒入水中, 高锰酸钾分解生成锰酸钾,所以反应②方程式为 2KMnO4═K2MnO4+MnO2+O2↑, 故 答 案 为 : 在 KClO3 未 完 全 分 解 前 , 冷 却 混 合 物 并 把 它 倒 入 水 中 ; 2KMnO4 ═ K2MnO4+MnO2+O2↑; (4)ClO2 具有强氧化性,可以将污水中的 S2﹣氧化成 SO42﹣,自身被还原生成氯离 子,离子方程式为 8ClO2+5S2﹣+4H2O═5SO42﹣+8Cl﹣+8H+ 或 8ClO2+5S2﹣+8OH﹣ =5SO42 ﹣ +8Cl ﹣ +4H2O ,故 答 案 为 : 8ClO2+5S2 ﹣ +4H2O ═ 5SO42 ﹣ +8Cl ﹣ +8H+ 或 8ClO2+5S2﹣+8OH﹣=5SO42﹣+8Cl﹣+4H2O. 点评:本题考查探究物质的组成,侧重考查物质性质、物质之间的反应,涉及氧化还原反应、 离子检验、物质成分判断等知识点,明确物质性质是解本题关键,知道常见离子检验方 法、实验现象等,题目难度中等. 10. (14 分) (2015?海淀区模拟)物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本 视角.

(1)图中 X 的电子式为

;其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊,该变化体现出:

S 非金属性比 O 弱 O(填“强”或“弱”) .用原子结构解释原因:同主族元素最外层电子数相 同,从上到下, 电子层数增多,原子半径增大 ,得电子能力逐渐减弱. (2)Na2S2O3 是一种用途广泛的钠盐.
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①下列物质用于 Na2S2O3 的制备,从氧化还原反应的角度,理论上有可能的是 bd (填字 母序号) . a.Na2S+S b.Z+S c.Na2SO3+Y d.NaHS+NaHSO3 ②已知反应:Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O.研究其反应速率时,下列说法正确 的是 b (填写字母序号) . a.可通过测定一段时间内生成 SO2 的体积,得出该反应的速率 b.可通过比较出现浑浊的时间,研究浓度、温度等因素对该反应速率的影响 c.可通过 Na2S2O3 固体与稀硫酸和浓硫酸的反应,研究浓度对该反应速率的影响 (3)治理含 CO、SO2 的烟道气,可以将其在催化剂作用下转化为单质 S 和无毒的气体. ①已知:CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=﹣283kJ?mol﹣1 S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=﹣296kJ?mol﹣1 则治理烟道气反应的热化学方程式为 2CO (g) +SO2 (g) ═S (s) +2CO2 (g) △H=﹣270 kJ?mol ﹣1 . ②一定条件下,将 CO 与 SO2 以体积比为 4:1 置于恒容密闭容器中发生上述反应,下列选项 能说明反应达到平衡状态的是 cd (填写字母序号) . a.v (CO) :v(SO2)=2:1 b.平衡常数不变 c.气体密度不变 d.CO2 和 SO2 的体积比保持不变 测得上述反应达平衡时,混合气体中 CO 的体积分数为 ,则 SO2 的转化率为 60% .

考点:化学反应速率的影响因素;同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系;用盖斯定 律进行有关反应热的计算;化学平衡状态的判断.. 分析:(1)X 为 H2S,S 最外层 6 个电子,能够与 2 个 H 原子形成共价键;H2S 在空气中变浑 浊是因为被氧气氧化为 S; 同主族元素最外层电子数相同, 原子半径自上而下逐渐增大, 得电子能力逐渐减弱,失电子能力逐渐增强; (2)①Na2S2O3 中 S 为+2 价,从氧化还原的角度分析,反应物中 S 元素化合价必须分 别大于 2 和小于 2; ②硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫,溶液变浑浊,反应速率越快,出现浑浊时间 越短; (3)①利用已知热化学方程式,利用盖斯定律进行书写; ②反应达到平衡状态时正逆反应速率相等,各组分浓度保持不变,据此分析;利用三段 式法计算二氧化硫的转化率. 解答: 解: (1) X 为 H2S, S 最外层 6 个电子, 能够与 2 个 H 原子形成共价键, 其电子式为: ; H2S 在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为 S,所以 S 非金属性比 O 弱;同主族元素最外 层电子数相同,原子半径自上而下逐渐增大,得电子能力逐渐减弱,失电子能力逐渐增 强, 故答案为: ;弱;电子层数增多,原子半径增大;

(2)①Na2S2O3 中 S 为+2 价,从氧化还原的角度分析,反应物中 S 元素化合价必须分 别大于 2 和小于 2,a 中 S 化合价都小于 2,c 中 S 的化合价都大于 2,bd 符合题意, 故答案为:bd;
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②根据硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫,溶液变浑浊,可以判断反应速率快慢, 反应速率越快,出现浑浊时间越短,故答案为:b; (3)①已知:①CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=﹣283kJ?mol﹣1 ②S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=﹣296kJ?mol﹣1 据盖斯定律①×2﹣②得:2CO(g)+SO2 (g)═S(s)+2CO2(g)△H=﹣270 kJ?mol ﹣1, 故答案为:2CO(g)+SO2 (g)═S(s)+2CO2(g)△H=﹣270 kJ?mol﹣1; ②a、CO 和 SO2 的速率之比始终等于化学计量数之比,其无法判断反应是否达到平衡状 态,故 a 错误; b、温度不变平衡常数始终不变,平衡常数不变不能说明反应达到平衡状态,故 b 错误; c、容器体积不变,S 为固态,反应正向进行气体体积减小,当气体质量不变时,说明各 组分浓度不变,反应达到平衡状态,故 c 正确; d、CO2 和 SO2 的体积比保持不变说明正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,故 d 正 确; 由 2CO(g)+SO2 (g)═S(s)+2CO2(g) 反应前(mol) 4 1 0 0 转化了(mol)2x x x 2x 平衡后(mol)4﹣2x 1﹣x x 2x

混合气体中 CO 的体积分数为

,则有

=

,x=0.6,

所以 SO2 的转化率为 ×100%=60%, 故答案为:cd;60%. 点评:本题考查了核外电子的排布与电子式、氧化还原反应、盖斯定律的应用、化学平衡状态 的判断、转化率计算,题目难度较大. 11. (15 分) (2015?海淀区模拟)某 NiO 的废料中有 FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2 等杂质, 用此废料提取 NiSO4 和 Ni 的流程如下:

已知:有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的 pH 如图 1: (1)滤渣 1 的主要成分为 SiO2 . (2)电解脱铜:金属铜在 阴 极析出. (3)①用离子方程式解释加入 H2O2 的作用 2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O . ②加 Na2CO3 调节溶液的 pH 至 5,则滤渣 2 的主要成分为 Fe(OH)3、Al(OH)3 . (4)从滤液 2 中获得 NiSO4.6H2O 的实验操作是 加热浓缩、冷却结晶 、过滤、洗涤、干
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燥. (5)电解浓缩后的滤液 2 可获得金属镍,其基本反应原理示意图 2 如下: ①A 极的电极反应式为 Ni2++2e﹣═Ni 和 2H++2e﹣=H2↑. ②B 极附近 pH 会 减小 (填“增大”、“减小”或“不变”) ;用平衡移动原理解释 B 极附近 pH 变化的原因: H2O?H++OH﹣,OH﹣在 B 极放电使 c(OH﹣)降低,平衡向右移动,c(H+) 增大,导致 pH 降低 . ③若一段时间后,在 A、B 两极均收集到 11.2L 气体(标准状况下) ,理论上能得到 Ni 29.35 g.

考点:物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.. 分析:某 NiO 的废料中有 FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2 等杂质,加入稀硫酸溶解后过滤得 到滤渣 1 为 SiO2,滤液为 NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2(SO4)3, 、MgSO4,浸出液通过 电解铜离子得到电子析出铜,溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子,再加 入碳酸钠溶液调节溶液 PH,使铁离子,铝离子全部沉淀,过滤得到滤渣 2 为氢氧化铁 和氢氧化铝沉淀,滤液 1 中加入 NH4F 沉淀 Mg2+,生成沉淀滤渣 3 为 MgF2,过滤得到 的滤液 2,滤液 2 中获得 NiSO4.6H2O 晶体的方法是通过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤洗 涤,干燥得到晶体,电解浓缩后的滤液 2 可获得金属镍; (1)上述分析可知,滤渣 1 为二氧化硅; (2)电解脱铜,铜离子在阴极上得到电子发生还原反应,析出铜; (3)①加入 H2O2 的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子; ②分析金属离子完全沉淀的溶液 PH,加 Na2CO3 调节溶液的 pH 至 5,使铁离子,铝离 子全部沉淀,过滤得到滤渣 2; (4)溶液中得到溶质晶体的方法是依据溶质溶解度随温度变化,通过蒸发浓缩,冷却 结晶,过滤洗涤,干燥得到结晶水合物; (5)①依据电解池原理分析,电解质溶液中阳离子移向的电极 A 为电解池的阴极,溶 液中镍离子、氢离子得到电子发生还原反应生成镍和氢气,阴离子硫酸根移向的电极 B 为阳极,溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应; ②阴离子硫酸根移向的电极 B 为阳极,溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应,电极附 近的水电离平衡被破坏,氢离子浓度增大; ③依据电极反应和电子守恒计算得到镍的质量. 解答:解:废料提取 NiSO4 和 Ni 的流程为:某 NiO 的废料中有 FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2 等杂质,加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣 1 为 SiO2,滤液为 NiSO4、FeSO4、CuSO4、 Al2(SO4)3, 、MgSO4,浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜,溶液中脱铜后的溶液 中加入过氧化氢氧化亚铁离子,再加入碳酸钠溶液调节溶液 PH,使铁离子,铝离子全
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部沉淀,过滤得到滤渣 2 为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,滤液 1 中加入 NH4F 沉淀 Mg2+, 生成沉淀滤渣 3 为 MgF2,过滤得到的滤液 2,滤液 2 中获得 NiSO4.6H2O 晶体的方法 是通过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤洗涤,干燥得到晶体,电解浓缩后的滤液 2 可获得金 属镍; (1)上述分析可知,滤渣 1 主要成分为二氧化硅,故答案为:二氧化硅; (2)电解脱铜,铜离子移向阴极,在阴极上得到电子发生还原反应,析出铜,Cu2++2e ﹣=Cu,故答案为:阴; (3)①加入 H2O2 的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子,调节溶液 PH 易于沉 淀,过氧化氢发生反应的离子方程式为:2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O; 故答案为:2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O; ②由图 1,金属离子完全沉淀的溶液 PH,加 Na2CO3 调节溶液的 pH 至 5,此时溶液中 铁离子,铝离子全部沉淀,所以过滤得到滤渣 2 中主要成分为 Fe(OH)3、Al(OH)3; 故答案为:Fe(OH)3、Al(OH)3; (4)溶液中得到溶质晶体的方法是依据溶质溶解度随温度变化,通过蒸发浓缩,冷却 结晶,过滤洗涤,干燥得到结晶水合物,从滤液 2 中获得 NiSO4.6H2O 的实验操作是 加热浓缩、冷却结晶,过滤、洗涤、干燥, 故答案为:加热浓缩、冷却结晶; (5)①由图 2 可知,电解质溶液中阳离子移向的电极 A 为电解池的阴极,溶液中镍离 子、 氢离子得到电子发生还原反应生成镍和氢气, 电极反应为: Ni2++2e﹣═Ni 和 2H++2e ﹣=H2↑; 故答案为:Ni2++2e﹣═Ni; ②阴离子硫酸根移向的电极 B 为阳极,溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应,电极附 近的水电离平衡被破坏,H2O?H++OH﹣,OH﹣在 B 极放电使 c(OH﹣)降低,平衡向 右移动,c(H+)增大,导致溶液 PH 减小; 故答案为:减小;H2O?H++OH﹣,OH﹣在 B 极放电使 c(OH﹣)降低,平衡向右移动, c(H+)增大,导致 pH 降低; ③依据电极反应和电子守恒计算得到镍的质量; ( 3 )一段时间后在 A 、B 两极均收集到 11.2L 气体(标准状况下) ,气体物质的量 = =0.5mol, 阳极电极反应:Ni2++2e﹣═Ni 1mol 0.5mol 2H++2e﹣=H2↑; 1mol 0.5mol 阴极电极反应为 4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑ 2mol 0.5mol 生成 Ni 物质的量为 0.5mol,质量=0.5mol×58.7/mol=29.35g, 故答案为:29.35. 点评:本题考查了物质分离和制备流程的分析判断, 主要是实验基本操作和电解池原理的分析 应用,物质性质和电极反应书写、电子守恒的计算应用是解题关键,题目难度中等.

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