2021年广东省选择性考试化学模拟测试题（六） Word版

这是一份2021年广东省选择性考试化学模拟测试题（六） Word版，共28页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2021年广东省选择性考试模拟测试卷(六)
一、单项选择题:本题共10小题,每小题2分,共20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。
1.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(　　)
A.Na2O2吸收CO2产生O2,可用作呼吸面具供氧剂
B.ClO2具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒
C.SiO2硬度大,可用于制造光导纤维
D.NH3易溶于水,可用作制冷剂
2.《唐本草》和《本草图经》中记载:“绛矾,本来绿色,……正如瑁璃烧之赤色”“取此物(绛矾)置于铁板上,聚炭,……吹令火炽,其矾即沸,流出,色赤如融金汁者是真也”。其中不涉及的物质是(　　)
A.FeSO4·7H2O B.S
C.Fe2O3 D.H2SO4
3.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是(　　)
A.Fe2(SO4)3溶液和H2S反应的离子方程式:2Fe3++H2S FeS+2H+
B.双氧水中加入稀硫酸和KI溶液:2I-+H2O2+2H+I2+O2↑+2H2O
C.硫酸氢铵溶液和过量的氢氧化钡溶液混合:H++SO42-+Ba2++OH-BaSO4↓+
H2O
D.草酸使酸性KMnO4溶液褪色:5H2C2O4+2MnO4-+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O
4.某兴趣小组以一种工业废渣(主要成分为MgCO3、MgSiO3和少量SiO2、Fe的氧化物)为原料制备碳酸镁晶体(MgCO3·3H2O)。实验过程如下:

下列说法不正确的是(　　)
A.为了加快酸溶速率,可将原料进行研磨并适当提高反应温度
B.滤渣的主要成分是H2SiO3和SiO2
C.萃取后,可用KSCN溶液检验水相中是否含有Fe3+
D.萃取后,往水溶液中加入适量的Na2CO3,经过加热蒸发,可得到碳酸镁晶体
5.下列有关有机化合物说法不正确的是(　　)
A.苯甲醇()苯环上的一氯代物有3种
B.可以用碳酸钠溶液来区分乙酸、乙醇、乙酸乙酯
C.1,3 -二异丙烯基苯()能发生氧化反应、加成反应和取代反应
D.企鹅酮()中的所有碳原子一定共平面
6.研究小组向恒容密闭容器中加入一定量的固体A和气体B,发生反应:A(s)+2B(g)D(g)+E(g)。已知Δc=c后-c前,下列示意图中,能正确表达该反应的有关物理量随时间变化的是(　　)

7.NaCl是一种化工原料,可以制备一系列物质,如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.石灰乳与Cl2的反应中,Cl2既是氧化剂又是还原剂
B.电解饱和食盐水的阳极产物是H2
C.图示转化反应都是氧化还原反应
D.Cl2与过量的铁反应生成FeCl2
8.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是(　　)
选项
操作
现象
结论
A
向蔗糖中加入浓硫酸
蔗糖变成疏松多孔的海绵状碳,并放出有刺激性气味的气体
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B
向盛有H2O2溶液的试管中滴入几滴酸化的硫酸亚铁溶液
溶液变成棕黄色,一段时间后溶液中出现气泡,随后有红褐色沉淀生成
Fe2+催化H2O2分解产生O2
C
铝片先用砂纸打磨,再加入浓硝酸中
无明显现象
浓硝酸具有强氧化性,常温下,铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜
D
向浓度均为0.1 mol·L-1的KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液
先出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
9.W、P、Q、M是原子序数依次增大的短周期元素,a、b、c、d分别是这4种元素的单质,甲、乙、丙、丁分别是由这些元素组成的化合物。已知:Q是地壳中含量最高的金属元素;向甲的溶液中通入丙气体,产生白色沉淀;丙气体溶于水,溶液呈碱性。它们之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.元素非金属性:M>W>P
B.丁是含有共价键的离子化合物
C.P的氧化物的水化物一定是强酸
D.甲、乙、丙、丁四种化合物均能抑制水的电离
10.硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最高的电池,如图为电池示意图,该电池工作时反应为4VB2+11O24B2O3+2V2O5。下列说法不正确的是(　　)

A.电极a为电池正极
B.图中选择性透过膜为阴离子透过膜
C.电池工作过程中,电极a附近区域pH减小
D.VB2极发生的电极反应为2VB2+22OH-—22e-V2O5+2B2O3+11H2O
二、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24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。
11.某抗癌药物的结构简式如图所示,其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,W、Y同主族,Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的 2倍。下列叙述正确的是(　　)

A.元素的非金属性:W>Z>X
B.Y的最高价氧化物的水化物是强酸
C.W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟
D.Y、Z形成的化合物中,每个原子均满足8电子结构
12.指甲花中的β-紫罗兰酮属于一种萜类化合物,可作为合成维生素A的原料,其结构简式如图所示。下列有关β-紫罗兰酮的说法正确的是(　　)

A.β-紫罗兰酮的分子式为C13H18O
B.分子中所有碳原子可能处于同一平面
C.与足量的H2反应后,分子中只含1种官能团　
D.不能被酸性KMnO4溶液氧化
13.已知三氧化硫的沸点为45 ℃,熔点为16.8 ℃,具有很强的氧化性和挥发性。如图是快速制备三氧化硫的实验装置图,其中装置Ⅰ和Ⅲ中都加入了金属铜,下列说法不正确的是(　　)

A.装置Ⅰ和Ⅲ都需要加热
B.本实验制备三氧化硫(SO3)的原理为NO2+SO2NO+SO3
C.连接反应器与尾气处理装置不宜使用橡胶管
D.实验结束后,往反应器中滴加水,瓶内红棕色逐渐褪去
14.碳呼吸电池被誉为改变世界的创新技术,设想用碳呼吸电池为钠硫电池充电的装置如图所示。下列说法不正确的是(　　)


A.b极是多孔碳电极
B.充电时,Na+通过固体氧化铝陶瓷向M极移动
C.随着反应的进行,碳呼吸电池中C2O42-浓度不断减小
D.充电过程中碳呼吸电池每消耗1 mol Al,N极上可生成1.5x mol S单质
15.PdMg/SiO2催化剂上CO2甲烷化反应机理如图所示。下列说法错误的是(　　)

A.上述甲烷化过程总反应可表示为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
B.整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为MgO
C.PdMg/SiO2催化剂加快了甲烷化速率
D.经过一个加氢循环后的MgO再次与CO2结合形成碳酸盐,继续一个新的加氢循环过程
16.已知Cr(OH)3是类似 Al(OH)3的两性氢氧化物,Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33,Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31。如图为Cr和Al两种元素在水溶液中存在的形式与pH的关系,图中纵轴表示lg c(M3+)或
lg c[M(OH)4-](其中M=Al或Cr)。下列说法错误的是(　　)

A.曲线N表示Al3+的浓度变化
B.在Al(OH)3和Cr(OH)3混合悬浊液中滴加NaOH溶液,Al(OH)3先溶解
C.在Al(OH)3和Cr(OH)3共沉淀的体系中c(Cr3+)c(Al3+)≈4.8×102
D.若溶液中Al3+和Cr3+起始浓度均为0.1 mol·L-1,通过调节pH能实现两种元素的分离
三、非选择题:包括必做题和选做题两部分,第17题～第19题为必做题,每个试题考生必须作答,第20题～第21题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必做题:共42分。
17.(14分)氮化锶(Sr3N2)在工业上广泛用于生产荧光粉。已知:锶与镁位于同主族;锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶,氮化锶遇水剧烈反应。

Ⅰ.利用装置A和C制备Sr3N2
(1)写出由装置A制备N2的化学方程式: 　 。 
(2)装置A中a导管的作用是　　　　　　　　　　　　　。利用该套装置时,应先点燃装置A的酒精灯一段时间后,再点燃装置C的酒精灯,理由是
　 　 。 
Ⅱ.利用装置B和C制备Sr3N2,利用装置B从空气中提纯N2(已知:氧气可被连苯三酚溶液定量吸收)
(3)写出装置B中的NaOH溶液中发生反应的离子方程式:　 。 
(4)装置C中广口瓶盛放的试剂是　　　 　。 
Ⅲ.测定Sr3N2产品的纯度
(5)取a g该产品,向其中加入适量的水,将生成的气体全部通入浓硫酸中,利用浓硫酸增重质量计算得到产品的纯度,该方法测得产品的纯度偏高,其原因是　 。 
经改进后测得浓硫酸增重b g,则产品的纯度为　　　　　　　(用含相关字母的代数式表示)。 
18.(14分)七水硫酸镁(MgSO4·7H2O)在印染、造纸和医药等工业上有重要的用途。硼镁泥是硼镁矿生产硼砂的废渣,其主要成分是MgCO3,还含有MgO、CaO、Fe2O3、FeO、MnO2、Al2O3、SiO2等杂质,工业上用硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如图:

已知:①MnO2不溶于稀硫酸。
②CaSO4和MgSO4·7H2O在不同温度下的溶解度(g)数据如下表所示:
温度/℃
10
30
40
50
60
CaSO4
0.19
0.21
0.21
0.21
0.19
MgSO4·7H2O
30.9
35.5
40.8
45.6
—
(1)开始用到硫酸的质量分数为70%,密度为 1.61 g/cm3,则该硫酸溶液的物质的量浓度为　　　　。 
(2)滤渣A中除含少量CaSO4·2H2O外,还有　　　　　　。 
(3)加入MgO后,加热煮沸的目的是 
　　　　　　　　　　。 
(4)若滤渣B的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3,则加入NaClO发生氧化还原反应的离子方程式为　 。 
(5)流程中操作1为蒸发浓缩、趁热过滤,这样既可得到CaSO4·2H2O,又防止　 。 
(6)获取MgSO4·7H2O的操作2为　　　　　　、　 、过滤洗涤。 
(7)已知开始硼镁泥样品的质量为a g,制取七水硫酸镁的质量为b g,据此能计算出硼镁泥中镁元素的含量吗?若能,请写出表达式;若不能,请说明理由:　　　　(填“能”或“不能”),表达式(或理由)为　 
　。 
19.(14分)大气环境中NOx的减量化排放受到国内外广泛关注。利用碳还原NO的反应为C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。回答下列问题:
(1)该反应在常温下可以自发进行,则反应的ΔH　　 　　(填“>”“=”或“<”)0,有利于提高NO平衡转化率的条件是　　　　　 　　　(任写一条)。 
(2)以上反应可分为如下四步反应历程,写出其中第三步的反应。
第一步:2NO(NO)2
第二步:C+(NO)2C(O)+N2O
第三步:　　　　　　　　　　　　　　　 
第四步:2C(O)CO2+C
(3)对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C,通入NO使其浓度达到0.1 mol·L-1。不同温度下,测得第2小时NO去除率如图所示:

①据图分析,490 ℃以下,三种情况下反应的活化能最小的是　　　　(用a、b、c表示);CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好,其依据是　 
　(写一条)。 
②上述实验中,490 ℃时,若测得CaO/C对NO的去除率为60%,则可能采取的措施是　　　　(填字母)。 
A.及时分离出CO2 B.压缩体积
C.恒容下,向体系中通入氮气 D.寻找更好的催化剂
③490 ℃时的反应速率v(NO)=　　　mol·L-1·h-1,该温度下此反应的平衡常数为121,则反应达平衡时NO的去除率为　　　 　(保留两位有效数字)。 
(二)选做题:共14分,请考生从给出的2道题中任选一道作答。
20.[选修3《物质结构与性质》](14分)
(NH4)3[Fe(SCN)6]、[Fe(TCNE)(NCCH3)2][FeCl4]、K4[Fe(CN)6]·3H2O等铁的配合物用途非常广泛。回答下列问题:
(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图为　 。 
(2)Fe与Ca位于同一周期且最外层电子构型相同,铁的熔点和沸点均比钙的高,其原因是 　 。 
(3)配合物(NH4)3[Fe(SCN)6]中的H、S、N的电负性从大到小的顺序是
　　 　　　　。 
(4)[Fe(TCNE)(NCCH3)2][FeCl4]中,配体为NCCH3和TCNE()。
①NCCH3中碳原子的杂化方式是　　 　　和　　 　　。 
②TCNE中第一电离能较大的是　　 　　(填元素符号),分子中所有原子
　　 　　(填“在”或“不在”)同一平面,分子中σ 键与π键的数目之比是　　 　　。 
(5)K4[Fe(CN)6]·3H2O是食盐的抗结剂,强热分解有Fe3C生成,Fe3C 的晶胞结构如图所示:

已知:1 Å=10-10m,则Fe3C的密度为　　　　　　 　　　　g·cm-3(列出计算式)。 
21.[选修5《有机化学基础》](14分)
PBAT(聚己二酸/对苯二甲酸丁二酯)可被微生物几乎完全降解,成为包装、医疗和农用薄膜等领域的新兴材料,它可由聚合物 PBA 和PBT 共聚制得,一种合成路线如下:

已知:R—CH3 R—CN R—COOH
R—CHCH2 R—COOH+CO2
回答下列问题:
(1)B的官能团名称为　　 　　,D 的分子式为　　　　 。 
(2)①的反应类型为　　　　 　　　;反应②所需的试剂和条件是　　　　　　　　　。 
(3)H的结构简式为　　　　　 　　　。 
(4)⑤的化学方程式为　 。 
(5)M与G 互为同系物,M 的相对分子质量比G 大 14;N 是 M 的同分异构体,写出同时满足以下条件的N 的结构简式: 
(写两种,不考虑立体异构)。
ⅰ.既能与 FeCl3发生显色反应,又能发生水解反应和银镜反应;
ⅱ.与NaOH溶液反应时,1 mol N能消耗4 mol NaOH;
ⅲ.核磁共振氢谱有五组峰,峰面积比为 1∶2∶2∶2∶1。



参考答案
1.A　Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3,Na2O2可用作呼吸面具中的供氧剂,故A正确;ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性,而不是还原性,故B错误;光导纤维的主要成分是二氧化硅,光导纤维是利用光的全反射原理,与二氧化硅的硬度大小无关,故C错误;氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低,所以氨气常用作制冷剂,与氨气易溶于水无关,故D错误。
2.B　由信息可知,绿矾为硫酸亚铁的结晶水合物,即 FeSO4·7H2O,加热发生氧化还原反应,Fe元素的化合价升高,S元素的化合价降低,Fe的氧化物只有氧化铁为红色,则“赤色”物质可能是Fe2O3,故生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水蒸气,三氧化硫与水结合可生成硫酸,不涉及的物质是S。
3.D　Fe2(SO4)3溶液与H2S反应的离子方程式为2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+,故A错误;双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应方程式为2I-+H2O2+2H+I2+2H2O,故B错误;硫酸氢铵溶液和过量的氢氧化钡溶液反应的离子方程式为SO42-+NH4++H++2OH-+Ba2+BaSO4↓+NH3·H2O+H2O,故C错误。
4.D　废渣是固体,由于固体表面积越大,反应速率越快,反应温度越高,速率越快,所以为了加快酸溶速率,可将原料进行研磨并适当提高反应温度,故A正确;工业废渣主要成分为MgCO3、MgSiO3和少量SiO2、Fe的氧化物,加入40%稀H2SO4后,MgCO3、MgSiO3与稀硫酸反应产生MgSO4及H2SiO3沉淀,Fe的氧化物与稀硫酸反应产生可溶性的FeSO4、Fe2(SO4)3,SiO2与硫酸不能发生反应,所以滤渣的主要成分是H2SiO3和SiO2,故B正确;向过滤后的滤液中加入H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+,加入有机萃取剂,得到Fe3+的有机萃取液,Mg2+存在于水溶液中,萃取后,若水中含有Fe3+,可根据Fe3+与SCN-反应变为红色溶液,用KSCN溶液检验水相中是否含有Fe3+,故C正确;萃取后,往水溶液中加入适量的Na2CO3,溶液中含有MgSO4,两者反应产生 MgCO3沉淀,MgCO3受热易分解,故应在较低温下干燥,得到碳酸镁晶体,故D错误。
5.D　苯环结构对称,苯甲醇中含有3种H,则苯环上的一氯代物有 3种,故A正确;乙酸、乙醇易溶于水,且乙酸与碳酸钠反应,可生成二氧化碳气体,乙酸乙酯不溶于水,溶液分层,可鉴别,故B正确;1,3二异丙烯基苯中含有碳碳双键,具有烯烃的性质,可发生加成、氧化反应,苯环可发生取代反应,故C正确;企鹅酮中含有多个饱和碳原子,具有甲烷的结构特征,则所有的碳原子不可能在同一个平面上,故D不正确。
6.A　根据题目信息可知Δc(B)为负值,Δc(E)为正值,当反应达到平衡后单位时间内浓度不再变化,即ΔcΔt为0,且反应过程中B的化学计量数为2,E的化学计量数为1,所以ΔcΔt(B)的变化速率为ΔcΔt(E)的2倍,故A正确;根据题目信息可知Δc(B)为负值,故B错误;反应物A为固体,浓度为常数,故C错误;反应达到平衡后,浓度商与平衡常数相等,不会再随时间变化,故D错误。
7.A　石灰乳与Cl2反应生成CaCl2、Ca(ClO)2,反应中氯元素化合价既升高又降低,Cl2既是氧化剂,又是还原剂,故A正确;阳极发生氧化反应,电解饱和食盐水的阳极产物是Cl2,故B错误;生成纯碱的反应不是氧化还原反应,元素的化合价都不变化,故C错误;氯气在点燃条件下可与铁反应,Cl2与过量的铁反应生成FeCl3,故D错误。
8.B　蔗糖含有碳、氢、氧三种元素,加入浓硫酸,浓硫酸具有脱水性,将蔗糖脱水变成碳,过程放热,碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫,浓硫酸表现强氧化性,故A正确;过氧化氢具有强氧化性,能氧化亚铁离子生成铁离子,铁离子可以催化过氧化氢分解,故B错误;浓硝酸具有强氧化性,能使铝表面形成致密的氧化膜,故C正确;含等浓度的碘离子和氯离子的溶液中加入硝酸银,先生成碘化银沉淀,说明碘化银的溶度积小,故D正确。
9.B　W、P、Q、M是原子序数依次增大的短周期元素,a、b、c、d分别是这4种元素的单质,甲、乙、丙、丁分别是由这些元素组成的化合物,Q是地壳中含量最高的金属元素,应为Al;向甲的溶液中通入丙气体,产生白色沉淀;丙气体溶于水,溶液呈碱性,应为NH3,则甲为AlCl3,c为Al,d为Cl2,丁为白烟,应为NH4Cl,可知乙为HCl,a为H2,b为N2,丙为NH3,则W为H元素,P为N元素,Q为Al元素,M为Cl元素。NH3中N为-3价,H为+1价,可知非金属性:N>H,故A错误;丁为NH4Cl,含有共价键和离子键,为离子化合物,故B正确;P为N元素,对应的酸可为硝酸、亚硝酸等,亚硝酸为弱酸,故C错误;丁为NH4Cl,水解呈酸性,可促进水的电离,故D错误。
10.C　电极a通入空气,则电极a为正极,故A正确;电极a的反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,负极反应式为2VB2+22OH-—22e-V2O5+2B2O3+11H2O,OH-需要向负极移动,因此选择性透过膜为阴离子透过膜,故B正确;根据B选项分析,电极a产生OH-,其附近区域pH增大,故C不正确;根据电池总反应,负极反应式为2VB2+22OH--22e-V2O5+2B2O3+11H2O,故D正确。
11.C　由题图结构简式可知Y形成5个共价键,则Y原子最外层有 5个电子,由于W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,W、Y同主族,则W是N,Y是P,Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍,P最外层有5个电子,Z最外层电子数也是奇数,X最外层电子数为偶数,结合都是短周期元素,则Z是Cl,最外层有7个电子,所以X最外层电子数为(5+7)÷2=6,原子序数比P小,则X是O元素。根据上述分析可知:W是N,X是O,Y是P,Z是Cl。元素的非金属性:O>N,即X>W,故A错误;Y是P,P的最高价氧化物的水化物是H3PO4,是弱酸,故B错误;W是N,Z是Cl,W的最简单氢化物NH3与Z的单质Cl2混合后会发生氧化还原反应:8NH3+3Cl26NH4Cl+N2,反应产生的NH4Cl在室温下呈固态,因此可看到产生白烟现象,故C正确;Y是P,Z是Cl,两者可形成PCl3、PCl5,其中PCl3中每个原子均满足8电子结构,而PCl5中P原子不满足8电子结构,故D错误。
12.C　分子式应为C13H20O,故A错误;环上有一个碳原子连着 2个甲基,所以分子中所有碳原子不可能处于同一平面,故B错误;分子中碳碳双键与氢气加成,变为饱和键,分子中羰基与足量的H2反应后,有羟基生成,故C正确;分子中含有碳碳双键,能被酸性KMnO4溶液氧化,故D错误。
13.A　装置Ⅰ内铜和浓硝酸反应制NO2不需要加热,Ⅲ内铜和浓硫酸反应制SO2需要加热,故A不正确;装置Ⅱ内SO2被NO2氧化为SO3,制备三氧化硫(SO3)的原理为NO2+SO2NO+SO3,故B正确;NO2、SO3具有强氧化性,会腐蚀橡胶管,故C正确;水会和红棕色的NO2反应生成硝酸和NO而褪色,故D正确。
14.C　M电极是阴极,则a极为外接电源的负极,应是铝电极,多孔碳电极为正极,故A正确;充电时,M电极是阴极,Na+通过固体氧化铝陶瓷向M极移动,故B正确;多孔碳电极的电极反应式为6CO2+6e-3C2O42-,铝极反应为2Al-6e-+3C2O42-Al2(C2O4)3,随着反应的进行,碳呼吸电池中C2O42-浓度不变,故C不正确;充电过程中消耗1 mol Al时,转移3 mol电子,N极的电极反应式是Sx2--2e-xS,N极上可生成 1.5x mol S单质,故D正确。
15.B　由题图可知,CO2和H2在PdMg/SiO2催化条件下生成甲烷和水,反应为CO2+4H2CH4+2H2O,A正确;由反应机理可知,CO2甲烷化反应的关键在于加氢,整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为Pd,B错误;催化剂可以加快反应速率,C正确;MgO与CO2结合形成碳酸盐经过一个加氢循环后,又得到MgO,化学性质没有变化,继续参加新的加氢循环过程,D正确。
16.D　根据图像以及溶度积常数分析可知,pH相同时溶液中铝离子浓度小于铬离子浓度,所以曲线N表示Al3+的浓度变化,故A正确;根据图像分析可知,在Al(OH)3和Cr(OH)3混合悬浊液中滴加NaOH溶液,Al(OH)3先溶解,故B正确;在Al(OH)3和 Cr(OH)3共沉淀的体系中c(Cr3+)c(Al3+)=Ksp[Cr(OH)3]Ksp[Al(OH)3]=6.3×10-311.3×10-33≈4.8×102,故C正确;铝离子沉淀完全时,c3(OH-)=1.3×10-331×10-5=1.3×10-28,此时溶液中铬离子浓度为6.3×10-311.3×10-28 mol·
L-1≈4.8×10-3 mol·L-1,因此不能通过调节pH实现两种元素的分离,故D错误。
17.解析:Ⅰ.(1)NaNO2和NH4Cl反应制备N2,根据原子守恒还应有NaCl、H2O生成,反应的化学方程式为NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O。(2)装置A中a导管将分液漏斗上下相连,其作用是平衡气压,使液体顺利流下;锶与镁位于同主族,联想Mg的性质,空气中的CO2、O2等也能与锶反应,为防止装置中空气对产品纯度的影响,应先点燃装置A的酒精灯一段时间,利用生成的N2将装置内空气排尽,再点燃装置C的酒精灯。
Ⅱ.(3)为防止锶与CO2、O2反应,则装置B中的NaOH溶液用于吸收CO2,反应的离子方程式为CO2+2OH-CO32-+H2O。(4)为防止氮化锶遇水剧烈反应,故N2与Sr反应前必须干燥,装置 C中广口瓶用于除去N2中的H2O(g),其中盛放的试剂为浓硫酸。
Ⅲ.(5)测定Sr3N2产品的纯度的原理为Sr3N2+6H2O3Sr(OH)2+2NH3↑、2NH3+H2SO4(NH4)2SO4,故浓硫酸增加的质量为NH3的质量,由于浓硫酸具有吸水性,会将NH3中的水蒸气一并吸收,导致NH3的质量偏高,从而使测得的产品纯度偏高。经改进后测得浓硫酸增重b g,根据N守恒,n(Sr3N2)=12n(NH3)=12×bg17 g/mol=b34 mol,则m(Sr3N2)=b34 mol×292 g/mol=146b17g,产品的纯度为146b17gag×100%=146b17a×100%。
答案:Ⅰ.(1)NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O
(2)平衡气压,使液体顺利流下　利用生成的N2将装置内空气排尽
Ⅱ.(3)CO2+2OH-CO32-+H2O　(4)浓硫酸
Ⅲ.(5)未将气体中的水蒸气除去,也被浓硫酸吸收引起增重(或其他合理答案)　146b17a×100%
18.解析:硼镁泥用足量硫酸酸浸溶解,得到含有Mg2+、Ca2+、Fe2+、Fe3+、Al3+以及SO42-的酸性溶液,由于MnO2、SiO2不与硫酸反应,硫酸钙属于微溶物,则过滤后滤渣A主要为MnO2、SiO2,还含有少量CaSO4·2H2O,向滤液中加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+,加入MgO调节溶液pH并煮沸,使Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,则滤渣B主要为氢氧化铁、氢氧化铝,根据溶解度表,CaSO4的溶解度基本不受温度影响,MgSO4·7H2O受温度影响较大,温度越高溶解度越大,对滤液进行蒸发浓缩、趁热过滤,得到CaSO4·2H2O,则滤渣C主要为CaSO4·2H2O,再次对滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤,得到七水硫酸镁(MgSO4·7H2O)。
(1)开始用到硫酸的质量分数为70%,密度为1.61 g/cm3,则该硫酸溶液的物质的量浓度=1 000ρwM=1 000×70%×1.6198 mol/L=11.5 mol/L。(2)滤渣A中除含少量CaSO4·2H2O外,还有MnO2、SiO2。(3)加入MgO的目的是沉淀Fe3+、Al3+,但Fe3+、Al3+易发生水解生成胶体,因此加热煮沸的目的是防止生成 Al(OH)3 和Fe(OH)3胶体,使之转化为沉淀而被分离。(4)若滤渣B的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3,向滤液中加入 NaClO 将Fe2+氧化为Fe3+,则加入NaClO发生氧化还原反应的离子方程式为ClO-+2Fe2++2H+Cl-+2Fe3++H2O。(5)根据溶解度表,CaSO4的溶解度基本不受温度影响,MgSO4·7H2O受温度影响较大,温度越高溶解度越大,流程中操作1为蒸发浓缩、趁热过滤,这样既可得到CaSO4·2H2O,又防止析出MgSO4·7H2O晶体。(6)结合溶解度表数据和(5)分析,获取MgSO4·7H2O的操作2为:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤。(7)在制取七水硫酸镁流程中,向体系内加入了氧化镁调节pH沉淀Fe3+、Al3+,引入了镁元素,且未告知氧化镁加入的量,制取的七水硫酸镁的镁元素不仅来自硼镁泥,还来自引入的氧化镁,因此不能根据上述两个条件来计算硼镁泥中镁元素的含量。
答案:(1)11.5 mol/L　(2)SiO2、MnO2
(3)防止生成Al(OH)3和Fe(OH)3胶体,使之转化为沉淀而被分离
(4)ClO-+2Fe2++2H+Cl-+2Fe3++H2O
(5)析出MgSO4·7H2O晶体
(6)蒸发浓缩　冷却结晶　(7)不能　加入MgO的量未知
19.解析: (1)该反应在常温下可以自发进行,即ΔH-TΔS<0,综合考虑可知ΔH<0;有利于提高NO平衡转化率的条件即让平衡正向移动,方法为降温。(2)总反应为C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g),①2NO(NO)2、②C+(NO)2C(O)+N2O、④2C(O)CO2+C,根据盖斯定律,①+②+③+④得到总反应,③式等于总反应减去(①+②+④),为C+N2OC(O)+N2。(3)①由题图可知,490 ℃以下,CaO/C、La2O3/C和C去除NO效果最好的是a,反应速率最快的、反应的活化能最小的也是a;CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好,原因是相同条件下,NO去除率更高(或在较低温度下NO去除的效果好,或纯碳的活化能高、反应速率慢);②根据图像可知,490 ℃时,NO的去除率是45%,现在的去除率为60%,及时分离出CO2,会使平衡正向移动,但速率是减慢的,不一定增加NO的去除率,A错误;压缩体积,增大了浓度,速率加快,可以增加NO的去除率,B正确;恒容下,向体系中通入氮气,增加生成物的浓度,平衡逆向移动,不能增加NO的去除率,C错误;不同的催化剂,催化效果不一样,故可以寻找更好的催化剂,提高NO的去除率,D正确。③根据图像,490 ℃时,NO的去除率是45%,NO的初始浓度为0.1 mol·L-1,则转化浓度为0.045 mol·L-1,v(NO)=ΔcΔt=0.045mol·L-12 h=0.022 5 mol·L-1·h-1;设平衡时生成的氮气的浓度为x,列三段式:
　　　　　　　　C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
开始(mol·L-1) 0.1 0 0
变化(mol·L-1) 2x x x
平衡(mol·L-1) 0.1-2x x x
则平衡常数K=x2(0.1-2x)2=121,解得x=11230,反应达平衡时NO的去除率为2×112300.1×100%≈96%。
答案:(1)<　降温　(2)C+N2OC(O)+N2
(3)①a　相同条件下,NO去除率更高　②BD
③0.022 5　96%
20.解析:(1)Fe元素的原子序数为26,基态Fe原子价层电子的电子排布图为。(2)Fe的价电子排布式为3d64s2,Ca的价电子排布式为4s2,Fe与Ca位于同一周期,Ca的原子半径较大,且价电子较少,金属键较弱,则Ca的熔、沸点等都比Fe低。(3)元素的非金属性越强,电负性越大,非金属性:N>S>H,则电负性:N>S>H。(4)①NCCH3分子中含有 —CH3 和 —C≡N,—CH3中饱和碳原子的杂化方式是sp3杂化,—C≡N中不饱和碳原子的杂化方式是sp杂化。②TCNE分子是由4个氰基和1个碳碳双键构成的,C、N属于同一周期元素且原子序数依次增大,同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大,则第一电离能大小顺序是N>C;氰基中碳原子和氮原子在同一直线上,碳碳双键上的碳原子和连接的原子在同一平面,则TCNE分子中所有原子在同一平面;TCNE分子中含有9个σ 键和9个π键,σ 键与π键的数目之比为 1∶1。(5)由晶胞结构可知,每个碳原子周围有6个铁原子,构成正八面体,其化学式为Fe3C,体内碳原子形成1个正八面体、面心碳原子形成12个正八面体、顶点和棱上碳原子形成16个正八面体,则1个晶胞结构中含有 4个 Fe3C,设Fe3C的密度为 d g·cm-3,由质量公式可得4×1806.02×1023 g=4.515×10-8×5.077×10-8×6.726×10-8d g,解得 d=7 2006.02×4.515×5.077×6.726。
答案:(1)
(2)Fe的原子半径比Ca小,价电子数更多,金属键更强
(3)N>S>H
(4)①sp3　sp　②N　在　1∶1
(5)7 2006.02×4.515×5.077×6.726
21.解析:从A到C由环烷烃变成了环烯烃,并且A生成B是光照下与Cl2的取代,所以从B到C即为卤代烃的消去,结合题干提示的反应,环己烯经过酸性高锰酸钾溶液处理后就可以得到己二酸,H就是1,4丁二醇,所以PBA就是聚己二酸丁二酯。从E生成F,再由F生成对苯二甲酸,条件恰好与题干提示的反应相同,所以推测E为对二甲苯,F即为对苯二腈。
(1)B为卤代烃,官能团的名称为氯原子;D为己二酸,所以分子式为C6H10O4。(2)反应①为烃变成卤代烃的反应,反应类型为取代反应;反应②为卤代烃的消去反应,所加试剂为NaOH、乙醇,并且需要加热。(3)由上述分析知,H为1,4丁二醇,所以结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH。(4)反应⑤为由对二甲苯生成对苯二腈的反应,化学方程式为+2NH3+3O2+6H2O。(5)由题意可知M的分子式为C9H8O4;扣除苯环还有2个不饱和度,满足要求的N的结构中一定有酚羟基,此外也要具有醛基和酯基的结构;考虑到1 mol N能消耗 4 mol 的NaOH,所以只能是2个羟基、1个甲酸酯基,由于还需要有一个不饱和度,所以还含有一个乙烯基;再考虑到核磁共振氢谱的信息,最终满足要求的N的结构简式为、。
答案:(1)氯原子　C6H10O4　(2)取代反应　NaOH、C2H5OH(或乙醇),加热　(3)HOCH2CH2CH2CH2OH
(4)+2NH3+3O2+6H2O
(5)、