2015年山东省高考化学解析版试卷

发布时间:2024-06-03 15:06:03浏览次数:105
2015 年山东省高考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题(共 7 小题,每小题 5 分,满分 35 分)1.(5 分)进行化学实验时应强化安全意识.下列做法正确的是(  )A.金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火B.用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上C.浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗D.制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片【分析】A.金属钠着火生成过氧化钠,与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应;B.碳酸氢钠分解生成水;C.酸碱中和放出大量的热,且强酸、强碱具有强腐蚀性;D.加入碎瓷片,防止暴沸.【解答】解:A.金属钠着火生成过氧化钠,与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应,反应生成的氧气助燃,不能灭火,应利用沙土铺盖,故 A 错误;B.碳酸氢钠分解生成水,则用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口略向下倾斜,故 B 错误;C.酸碱中和放出大量的热,且强酸、强碱具有强腐蚀性,则浓硫酸溅到皮肤上时立即用抹布擦拭,再水冲洗,最后涂上适量的碳酸氢钠溶液,故 C 错误;D.制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液加入碎瓷片,防止暴沸,从实验安全的角度考虑,故 D 正确;故选:D。【点评】本题为 2015 年山东高考题,侧重化学与生活、实验安全的考查,把握物质的性质、实验基本技能、实验安全常识等为解答的关键,题目难度不大. 2.(5 分)短周期元素 X、Y、Z、W 在元素周期表中的相对位置如图所示。已知 Y、W 的原子序数之和是 Z 的 3 倍,下列说法正确的是(  )Y ZX WA.原子半径:X<Y<ZB.气态氢化物的稳定性:X>ZC.Z、W 均可与 Mg 形成离子化合物D.最高价氧化物对应水化物的酸性:Y>W【分析】Y、W 的原子序数之和是 Z 的 3 倍,设 Y 的原子序数为 x,则 Z 的原子序数为 x+1,W 的原子序数为 x+10,则 x+x+10=3×(x+1),解得 x=7,即 Y 为 N,结合位置关系可知,Z 为 O,X 为 Si,W 为Cl,然后结合元素化合物知识来解答。【解答】解:Y、W 的原子序数之和是 Z 的 3 倍,设 Y 的原子序数为 x,则 Z 的原子序数为 x+1,W 的原子序数为 x+10,则 x+x+10=3×(x+1),解得 x=7,即 Y 为 N,结合位置关系可知,Z 为 O,X 为Si,W 为 Cl,A.电子层越多,原子半径越大,则原子半径为 X>Y>Z,故 A 错误;B.非金属性越强,气态氢化物越稳定,则气态氢化物的稳定性为 X<Z,故 B 错误;C.Z、W 均可与 Mg 形成离子化合物,分别为 MgO、MgCl2,故 C 正确;D.Cl 的最高价氧化物对应水化物的酸性为含氧酸中酸性最强的酸,则最高价氧化物对应水化物的酸性:Y<W,故 D 错误;故选:C。【点评】本题为 2015 年山东高考题,侧重位置、结构与性质的考查,把握原子序数的关系推断元素为解答的关键,注意元素性质的比较方法,选项 D 为解答的易错点,题目难度不大。 3.(5 分)分枝酸可用于生化研究.其结构简式如图.下列关于分枝酸的叙述正确的是(  ) 2 个孤电子对,所以分子的空间构型为 V 形;故答案为:V 形;sp3;(4)△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能,设 Cl﹣F 键的平均键能为 QkJ•mol﹣1,则 242+159×3﹣2×3×Q=﹣313,解得 Q=172;相对分子质量越大,分子晶体的熔沸点越高,已知 ClF3的相对分子质量比 BrF3的小,所以 ClF3的熔、沸点比 BrF3的低;故答案为:172;低.【点评】本题考查了物质结构与性质,题目涉及晶体熔沸点的比较、化学键、沉淀溶解平衡、杂化理论的应用、键能与反应热 的计算等,题目涉及的知识点较多,侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力. 化学---有机化学基础(满分 0 分)13.菠萝酯 F 是一种具有菠萝香味的赋香剂,其合成路线如下:已知(1)A 的结构简式为   ,A 中所含官能团的名称是 醛基、碳碳双键 .(2)由 A 生成 B 的反应类型是 加成反应 ,E 的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢,该同分异构体的结构简式为   . (3)写出 D 和 E 反应生成 F 的化学方程式  .(4)结合题给信息,以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备 1﹣丁醇,设计合成路线(其他试剂任选).合成路线流程图示例:【分析】根据题目所给信息,可知 1,3﹣丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成 A 为 ,A与足量的氢气发生加成反应生成 B 为 ,B 在 HBr 条件下发生取代反应生成 C 为 ,C 与 Mg 在干醚的条件下得到 , 发生信息中反应得到 ,再发生催化氧化反应生成 , 被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成 D 为,对比 D 与 F 的结构可知,D 与 CH2=CHCH2OH 反应酯化反应得到 F,故 E 为CH2=CHCH2OH.(4)由转化关系中反应可知,溴乙烷与 Mg 在干醚的条件下得到 CH3CH2MgBr,再与环氧乙烷在酸性条件下得到 1﹣丁醇. 【解答】解:根据题目所给信息,可知 1,3﹣丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成 A 为,A 与足量的氢气发生加成反应生成 B 为 ,B 在 HBr 条件下发生取代反应生成 C 为,C 与 Mg 在干醚的条件下得到 , 发生信息中反应得到,再发生催化氧化反应生成 , 被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成 D 为 ,对比 D 与 F 的结构可知,D 与 CH2=CHCH2OH 反应酯化反应得到 F,故 E 为CH2=CHCH2OH.(1)由上述分析可知,A 的结构简式为 ,所含官能团有:醛基、碳碳双键,故答案为: ;醛基、碳碳双键;(2)由 A 生成 B 的反应类型属于加成反应,E 为 CH2=CHCH2OH,E 的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢,该同分异构体的结构简式为: ,故答案为:加成反应; ; (3)D 和 E 反应生成 F 的化学方程式为:,故答案为: ;(4)由转化关系中反应可知,溴乙烷与 Mg 在干醚的条件下得到 CH3CH2MgBr,再与环氧乙烷在酸性条件下得到 1﹣丁醇,合成路线流程图为:,故答案为: .【点评】本题考查有机物的推断与合成,成分利用转化关系中有机物的进行进行分析解答,较好的考查学生的分析推理能力、获取信息能力、知识迁移运用能力,难度中等.  A.分子中含有 2 种官能团B.可与乙醇、乙酸反应,且反应类型相同C.1mol 分枝酸最多可与 3molNaOH 发生中和反应D.可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色,且原理相同【分析】由结构简式可知,分子中含﹣COOH、﹣OH、碳碳双键、醚键等,结合羧酸、醇、烯烃的性质来解答.【解答】解:A.分子中含﹣COOH、﹣OH、碳碳双键、醚键,共 4 种官能团,故 A 错误;B.含﹣COOH 与乙醇发生酯化反应,含﹣OH 与乙酸发生酯化反应,故 B 正确;C.不是苯环,只有﹣COOH 与 NaOH 反应,则 1mol 分枝酸最多可与 2molNaOH 发生中和反应,故 C 错误;D.碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应,双键与﹣OH 均能被酸性高锰酸钾溶液氧化,原理不同,故 D 错误;故选:B。【点评】本题为 2015 年山东高考题,侧重有机物结构与性质的考查,把握官能团与性质的关系为解答的关键,注意官能团的判断,题目难度不大. 4.(5 分)某化合物由两种单质直接反应生成,将其加入 Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生.下列化合物中符合上述条件的是(  )A.AlCl3B.Na2O C.FeCl2D.SiO2【分析】选项中物质只有 FeCl2不能由两种单质直接反应生成,且 SiO2与 Ba(HCO3)2不反应,Na2O与 Ba(HCO3)2溶液反应不生成气体,以此来解答.【解答】解:A.Al 与氯气化合生成 AlCl3,AlCl3与 Ba(HCO3)2溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体,故 A 正确;B.钠与氧气反应生成氧化钠,但 Na2O 与 Ba(HCO3)2溶液反应不生成气体,只生成碳酸钡沉淀,故B 错误;C.Fe 与氯气化合生成 FeCl3,故 C 错误;D.Si 与氧气化合生成 SiO2,但 SiO2与 Ba(HCO3)2不反应,故 D 错误;故选:A。【点评】本题为 2015 年山东高考题,侧重元素化合物知识及反应原理的考查,把握物质的性质、发生的反应为解答的关键,注意选项 A 中相互促进水解反应,题目难度不大. 5.(5 分)下列由实验现象得出的结论正确的是(  )操作及现象 结论A 向 AgCl 悬浊液中加入 NaI 溶液时出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)B 向某溶液中滴加氯水后再加入 KSCN 溶液,溶液呈红色 溶液中一定含有 Fe2+C 向 NaBr 溶液中滴入少量氯水和苯,振荡、静置,溶液上层呈橙红色Br﹣还原性强于 Cl﹣D 加热盛有 NH4Cl 固体的试管,试管底部固体消失,试管口有晶体凝结NH4Cl 固体可以升华A.A B.B C.C D.D【分析】A.同类型的沉淀转化时,溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀;B.原溶液中含有 Fe3+,加入 KSCN 溶液,溶液呈红色; C.向 NaBr 溶液中滴入少量氯水和苯,振荡、静置,溶液上层呈橙红色,说明有 Br2生成,发生反应:2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2,还原剂还原性强于还原产物还原性;D.NH4Cl 受热分解为 NH3与 HCl,在试管口处冷却,NH3与 HCl 反应又得到 NH4Cl 固体.【解答】解:A.同类型的沉淀转化时,难溶电解质之间可实现由溶度积常数较大的物质转化为溶度积常数较小的物质,AgCl 悬浊液中加入 KI 溶液,白色沉淀变成黄色,证明此条件下 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),故 A 错误;B.原溶液中若含有 Fe3+,加入 KSCN 溶液,溶液也会呈红色,不能说明原溶液中是否含有 Fe2+,故B 错误;C.向 NaBr 溶液中滴入少量氯水和苯,振荡、静置,溶液上层呈橙红色,说明有 Br2生成,发生反应:2Br﹣+Cl2=2Cl﹣+Br2,说明 Br﹣还原性强于 Cl﹣,故 C 正确;D.NH4Cl 受热分解为 NH3与 HCl,在试管口处冷却,NH3与 HCl 反应又得到 NH4Cl 固体,不能说明NH4Cl 固体可以升华,故 D 错误,故选:C。【点评】本题考查化学实验方案评价,侧重考查学生对基础知识的理解掌握,难度不大. 6.(5 分)下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(  )A.向稀 HNO3中滴加 Na2SO3溶液:SO32﹣+2H+═SO2↑+H2OB.向 Na2SiO3溶液中通入过量 SO2:SiO32﹣+SO2+H2O═H2SiO3↓+SO32﹣C.向 Al2(SO4)3溶液中加入过量的 NH3•H2O:Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OD.向 CuSO4溶液中加入 Na2O2:2Na2O2+2Cu2++2H2O═4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑【分析】A.发生氧化还原反应生成硫酸钠、NO、水;B.反应生成硅酸和亚硫酸氢钠;C.反应生成氢氧化铝和硫酸铵;D.反应生成硫酸钠、氢氧化铜、氧气.【解答】解:A.向稀 HNO3中滴加 Na2SO3溶液的离子反应为 2NO3﹣+3SO32﹣+2H+═3SO42﹣+2NO↑+H2O,故 A 错误;B.向 Na2SiO3溶液中通入过量 SO2的离子反应为 SiO32﹣+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3﹣,故 B 错误;C.向 Al2(SO4)3溶液中加入过量的 NH3•H2O 的离子反应为 Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+,故 C错误;D.向 CuSO4溶液中加入 Na2O2的离子反应为 2Na2O2+2Cu2++2H2O═4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑,故 D 正确;故选:D。【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断,为高频考点,把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键,侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查,注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒,题目难度不大. 7.(5 分)室温下向 10mL 0.1 mol•L﹣1NaOH 溶液中加入 0.1mol•L﹣1的一元酸 HA 溶液 pH 的变化曲线如图所示.下列说法正确的是(  )A.a 点所示溶液中 c(Na+)>c(A﹣)>c(H+)>c(HA)B.a、b 两点所示溶液中水的电离程度相同C.pH=7 时,c(Na+)=c(A﹣)+c(HA) D.b 点所示溶液中 c(A﹣)>c(HA)【分析】A.a 点时酸碱恰好中和,溶液 pH=8.7,说明 HA 为弱酸,NaA 溶液水解呈碱性;B.b 点时 HA 过量,溶液呈酸性,HA 电离出 H+,抑制水的电离;C.pH=7 时,c(H+)=c(OH﹣),结合电荷守恒判断;D.b 点 HA 过量一倍,溶液存在 NaA 和 HA,溶液呈酸性,说明 HA 电离程度大于 A﹣水解程度.【解答】解:A.a 点时酸碱恰好中和,溶液 pH=8.7,说明 HA 为弱酸,NaA 溶液水解呈碱性,应为c(HA)>c(H+),故 A 错误;B.a 点 A﹣水解,促进水的电离,b 点时 HA 过量,溶液呈酸性,HA 电离出 H+,抑制水的电离,故 B错误;C.pH=7 时,c(H+)=c(OH﹣),由电荷守恒可知 c(Na+)+c(H+)=c(A﹣)+c(OH﹣),则c(Na+)=c(A﹣),故 C 错误;D.b 点 HA 过量一倍,溶液存在 NaA 和 HA,溶液呈酸性,说明 HA 电离程度大于 A﹣水解程度,则存在 c(A﹣)>c(HA),故 D 正确。故选:D。【点评】本题为 2015 年考题,侧重于酸碱混合的定性判断,有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养,题目难度中等,本题易错点为 C,注意从溶液电中性的角度分析. 二、解答题8.(15 分)利用 LiOH 和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料.LiOH 可由电解法制备,钴氧化物可通过处理钴渣获得.(1)利用如图装置电解制备 LiOH,两电极区电解液分别为 LiOH 和 LiCl 溶液.B 极区电解液为 LiOH   溶液(填化学式),阳极电极反应式为  2Cl ﹣ ﹣2e ﹣ =Cl 2↑   ,电解过程中 Li+向  B   电极迁移(填“A”或“B”).(2)利用钴渣[含 Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下:Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为  2Co ( OH ) 3+4H + +SO 32﹣ =2Co 2+ +SO 42﹣ +5H 2O   ,铁渣中铁元素的化合价为  +3   ,在空气中煅烧 CoC2O4生成钴氧化物和 CO2,测得充分煅烧后固体质量为2.41g,CO2的体积为 1.344L(标准状况),则钴氧化物的化学式为  Co 3O4 .【分析】(1)电解制备 LiOH,两电极区电解液分别为 LiOH 和 LiCl 溶液,由图可知,右侧生成氢气,则 B 中氢离子放电,可知 B 为阴极,在 B 中制备 LiOH,Li+由 A 经过阳离子交换膜向 B 移动;A 中为LiCl 溶液,氯离子放电生成氯气;(2)Co(OH)3溶解还原反应为 Co(OH)3、H+、SO32﹣的氧化还原反应;由制备流程可知,加硫酸溶解后为铁离子,再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子,在浸液中通入氧气时亚铁离子被氧化为铁离子;煅烧 CoC2O4生成钴氧化物和 CO2,测得充分煅烧后固体质量为 2.41g,CO2的体积为1.344L(标准状况),n(CO2)= =0.06mol,由化学式可知 n(Co)=0.06mol× =0.03mol,则氧化物中 n(O)= =0.04mol,以此来解答. 【解答】解:(1)电解制备 LiOH,两电极区电解液分别为 LiOH 和 LiCl 溶液,由图可知,右侧生成氢气,则 B 中氢离子放电,可知 B 为阴极,在 B 中制备 LiOH,B 极区电解液为 LiOH 溶液;Li+由 A 经过阳离子交换膜向 B 移动;A 中为 LiCl 溶液,氯离子放电生成氯气,则阳极反应式为 2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑,故答案为:LiOH;2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑;(2)Co(OH)3溶解还原反应为 Co(OH)3、H+、SO32﹣的氧化还原反应,其离子反应为2Co(OH)3+4H++SO32﹣=2Co2++SO42﹣+5H2O;由制备流程可知,加硫酸溶解后为铁离子,再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子,在浸液中通入氧气时亚铁离子被氧化为铁离子,可知铁渣中铁元素的化合价为+3 价;煅烧 CoC2O4生成钴氧化物和 CO2,测得充分煅烧后固体质量为 2.41g,CO2的体积为1.344L(标准状况),n(CO2)= =0.06mol,由化学式可知 n(Co)=0.06mol× =0.03mol,则氧化物中 n(O)= =0.04mol,则 n(Co):n(O)=0.03mol:0.04mol=3:4,所以钴氧化物的化学式为 Co3O4,故答案为:2Co(OH)3+4H++SO32﹣=2Co2++SO42﹣+5H2O;+3;Co3O4.【点评】本题为 2015 年山东高考题 29 题,侧重电化学、物质制备及混合物分离提纯的考查,把握原电池原理及制备流程中的反应为解答的关键,(2)中化学式的计算为解答的难点,题目难度不大. 9.(19 分)合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能,在配合氢能的开发中起到重要作用.(1)一定温度下,某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示,纵轴为平衡时氢气的压强(p),横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M).在 OA 段,氢溶解于 M 中形成固溶体 MHx,随着氢气压强的增大,H/M 逐惭增大;在 AB 段,MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物 MHy,氢化反应方程式为:zMHx(s)+H2(g)⇌zMHy(s)△H(Ⅰ);在 B点,氢化反应结束,进一步增大氢气压强,H/M 几乎不变.反应(Ⅰ)中 z=   (用含 x 和 y 的代数式表示).温度为 T1时,2g 某合金 4min 内吸收氢气 240mL,吸氢速率 v=  30   mL•g﹣1•min﹣1.反应(Ⅰ)的焓变△HⅠ < 0(填“>”“<”或“=”).(2)η 表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例,则温度为T1、T2时,η(T1) >  η(T2)(填“>”“<”或“=”).当反应(Ⅰ)处于图中 a 点时,保持温度不变,向恒容体系中通入少量氢气,达到平衡后反应(Ⅰ)可能处于图中的  c   点(填“b”“c”或“d”),该贮氢合金可通过 加热 或 减压 的方式释放氢气.(3)贮氢合金 ThNi5可催化由 CO、H2合成 CH4的反应,温度为 T 时,该反应的热化学方程式为 CO ( g ) +3H 2( g )═ CH 4( g ) +H 2O ( g )△ H=﹣206kJ/mol   .已知温度为 T 时:CH4(g)+2H2O═CO2(g)+4H2(g)△H=+165kJ•mol﹣1CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=﹣41kJ•mol﹣1.【分析】(1)zMHx(s)+H2(g)⇌zMHy(s)中遵循质量守恒定律,则反应前后 H 原子个数相同;吸氢速率 v= ;由图可知,相同氢原子与金属原子的个数比时,T2温度高,对应的平衡时氢气的压强大,则升高温度,平衡逆向移动;(2)T2温度高,对应的平衡时氢气的压强大,则升高温度,平衡逆向移动,则该反应为放热反应, 低温下有利于吸收氢;当反应(Ⅰ)处于图中 a 点时,保持温度不变,向恒容体系中通入少量氢气,因温度不变,K 不变,则平衡时氢原子与金属原子的个数比增大,平衡点在曲线 AB 上;释放氢气即为平衡逆向移动,结合该反应为放热反应、气体体积减小的反应特点解答;(3)① CH4(g)+2H2O═CO2(g)+4H2(g)△H=+165kJ•mol﹣1② CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=﹣41kJ•mol﹣1,由盖斯定律可知,②﹣①得到CO(g)+3H2(g)═CH4(g)+H2O(g),以此来解答.【解答】解:(1)zMHx(s)+H2(g)⇌zMHy(s)中遵循质量守恒定律,则反应前后 H 原子个数相同,则 zx+2=zy,解得 z= ;吸氢速率 v= =30mL•g﹣1•min﹣1;由图可知,相同氢原子与金属原子的个数比时,T2温度高,对应的平衡时氢气的压强大,则升高温度,平衡逆向移动,可知正反应△HⅠ<0,故答案为: ;30;<;(2)T2温度高,对应的平衡时氢气的压强大,则升高温度,平衡逆向移动,则该反应为放热反应,低温下有利于吸收氢,T1<T2时,则 η(T1)>η(T2);当反应(Ⅰ)处于图中 a 点时,保持温度不变,向恒容体系中通入少量氢气,因温度不变,K 不变,平衡时氢原子与金属原子的个数比增大,平衡点在曲线 AB 上,则达到平衡后反应(Ⅰ)可能处于图中的 c 点;释放氢气即为平衡逆向移动,因该反应为放热反应、气体体积减小的反应,则该贮氢合金可通过加热或减压的方式释放氢气,故答案为:>;c;加热;减压;(3)① CH4(g)+2H2O═CO2(g)+4H2(g)△H=+165kJ•mol﹣1② CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=﹣41kJ•mol﹣1,由盖斯定律可知,②﹣①得到CO(g)+3H2(g)═CH4(g)+H2O(g),△H=﹣41kJ•mol﹣1﹣(+165kJ•mol﹣1)=﹣206kJ/mol,则热化学方程式为 CO(g)+3H2(g)═CH4(g)+H2O(g)△H=﹣206kJ/mol,故答案为:CO(g)+3H2(g)═CH4(g)+H2O(g)△H=﹣206kJ/mol.【点评】本题为 2015 年山东高考题 30 题,涉及化学平衡、热化学反应式、反应热计算及图象分析,把握平衡移动的影响因素、图象中纵横坐标的含义为解答的关键,(2)为解答的难点,侧重分析与应用能力的综合考查,题目难度中等. 10.(19 分)毒重石的主要成分 BaCO3(含 Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质),实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O 的流程如下:(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨,目的是 增大接触面积从而使反应速率加快 。实验室用37%的盐酸配置 15%的盐酸,除量筒外还需使用下列仪器中的  ac   。a.烧杯 b.容量瓶 c.玻璃棒 d.滴定管(2)加入 NH3•H2O 调节 pH=8 可除去  Fe 3+   (填离子符号),滤渣Ⅱ中含  Mg ( OH ) 2、 Ca ( OH ) 2(填化学式)。加入 H2C2O4时应避免过量,原因是  H 2C2O4 过量会导致生成 BaC 2O4 沉淀,产品的产量减少 。已知:Ksp(BaC2O4)=1.6×10﹣7,Ksp(CaC2O4)=2.3×10﹣9Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的 pH 11.9 9.1 1.9完全沉淀时的 pH 13.9 11.1 3.2(3)利用简洁酸碱滴定法可测定 Ba2+的含量,实验分两步进行。已知:2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H20 Ba2++CrO42﹣═BaCrO4↓ 步骤Ⅰ移取 xml 一定浓度的 Na2CrO4溶液与锥形瓶中,加入酸碱指示剂,用 b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸体积为 V0mL。步骤Ⅱ:移取 y mLBaCl2溶液于锥形瓶中,加入 x mL 与步骤Ⅰ相同浓度的 Na2CrO4溶液,待 Ba2+完全沉淀后,再加入酸碱指示剂,用 b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为 V1mL。滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管,“0”刻度位于滴定管的 上方 (填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为   mol•L﹣1,若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出,Ba2+浓度测量值将 偏大 (填“偏大”或“偏小”)。【分析】制备 BaCl2•2H2O 的流程:毒重石的主要成分 BaCO3(含 Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质),加盐酸溶解,碳酸钡和盐酸反应:BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O,加入氨水,调 pH 为 8,Fe3+完全沉淀时的 pH 为3.2,只有 Fe3+完全沉淀,滤渣 1 为 Fe(OH)3,溶液中主要含 Ca2+、Mg2+、Ba2+,加入氢氧化钠调节PH=12.5,Ca2+完全沉淀时的 pH 为 13.9,Mg2+完全沉淀时的 pH 为 11.1,Mg2+完全沉淀,Ca2+部分沉淀,滤渣Ⅱ中含 Mg(OH)2、Ca(OH)2;溶液中主要含 Ca2+、Ba2+,加入 H2C2O4,得到 CaC2O4↓,除去 Ca2+,蒸发浓缩冷却结晶得到 BaCl2•2H2O,(1)研磨将块状固体变成粉末状,可以增大反应物的接触面积,增大反应速率;溶液中质量分数=×100%,实验室用 37%的盐酸配置 15%的盐酸,需量取浓盐酸的体积和水的体积,且需使用烧杯作为容器稀释,玻璃棒搅拌;(2)根据流程图和表中数据分析加入 NH3•H2O 调节 pH=8 可除去 Fe3+,加入 NaOH 调 pH=12.5,可完全除去 Mg2+,除去部分 Ca2+,滤渣Ⅱ中含 Mg(OH)2、Ca(OH)2;加入过量 H2C2O4,易发生 Ba2++H2C2O4═BaC2O4↓+2H+,产品的产量减少;(3)根据滴定管的构造分析 0 刻度在滴定管的位置;利用间接酸碱滴定法可测定 Ba2+的含量,实验分两步进行,根据 Ba2++CrO42﹣═BaCrO4↓、2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H20,与 Ba2+反应的 CrO42﹣的物质的量为总盐酸的物质的量减去过量的盐酸,BaCl2溶液的浓度计算公式,若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出,V1减小,则 Ba2+浓度测量值将偏大。【解答】解:(1)化学反应的速率与反应物的接触面积有关,毒重石用盐酸浸取前需充分研磨,可以增大反应物的接触面积,增大反应速率,溶液中质量分数= ×100%,实验室用 37%的盐酸配置 15%的盐酸,需计算出浓盐酸的体积和水的体积,需用量筒量取,浓盐酸稀释为稀盐酸,需用烧杯作为容器稀释选择 a,玻璃棒搅拌加速溶解选择 c,故答案为:增大接触面积从而使反应速率加快;ac;(2)根据流程图和表中数据可知:Fe3+完全沉淀时的 pH 为 3.2,加入氨水,调 pH 为 8,Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+,Fe3+完全沉淀,滤渣 1 为 Fe(OH)3,加入氢氧化钠调节 PH=12.5,Ca2+完全沉淀时的 pH 为 13.9,Mg2+完全沉淀时的 pH 为 11.1,Mg2+完全沉淀,Ca2+部分沉淀,滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2,溶液中主要含 Ca2+、Ba2+,Ksp(BaC2O4)=1.6×10﹣7,Ksp(CaC2O4)=2.3×10﹣9,易形成 CaC2O4沉淀,加入 H2C2O4时应避免过量,防止 CaC2O4沉淀完全后,过量的 H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀,产品的产量减少,故答案为:Fe3+;Mg(OH)2、Ca(OH)2;H2C2O4过量会导致生成 BaC2O4沉淀,产品的产量减少;(3)无论酸式还是碱式滴定管,0 刻度都位于滴定管的上方;步骤Ⅱ:待 Ba2+完全沉淀后,再加入酸碱指示剂,用 b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为 V1mL,则发生 2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H20 的盐酸的物质的量为:V1×10﹣3×bmol,步骤Ⅰ:用 b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸体积为 V0mL,加入的总盐酸的物质的量:V0×10﹣3×bmol,Ba2++CrO42﹣═BaCrO4↓,与 Ba2+反应的 CrO42﹣的物质的量为 V0×10﹣3×bmol﹣V1×10﹣3×bmol=(V0﹣V1)b×10﹣3mol,步骤Ⅱ:移取 y mLBaCl2溶液于锥形瓶中,所以 BaCl2溶液的浓度为: mol/L=mol/L,若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出,V1减小,则 Ba2+浓度测量值将偏大, 故答案为:上方; ;偏大。【点评】本题考查了实验室利用毒重石制备 BaCl2•2H2O 的设计方法,侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识,实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键,题目难度中等。 化学---化学与技术(满分 12 分)11.(12 分)工业上利用氨氧化获得的高浓度 NOx 气体(含 NO、NO2)制备 NaNO2、NaNO3,工艺流程如图:已知:Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2(1)中和液所含溶质除 NaNO2及少量 Na2CO3外,还有  NaNO 3 (填化学式).(2)中和液进行蒸发Ⅰ操作时,应控制水的蒸发量,避免浓度过大,目的是 防止 NaNO 2 的析出 .蒸发Ⅰ产生的蒸气中含有少量的 NaNO2等有毒物质,不能直接排放,将其冷凝后用于流程中的 溶碱 (填操作名称)最合理.(3)母液Ⅰ进行转化时加入稀 HNO3的目的是 将 NaNO 2 转化为 NaNO 3 .母液Ⅱ需回收利用,下列处理方法合理的是  cd   .a.转入中和液 b.转入结晶Ⅰ操作 c.转入转化液 d.转入结晶Ⅱ操作(4)若将 NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为 2:1,则生产 1.38 吨 NaNO2时,Na2CO3的理论用量为  1.59   吨(假定 Na2CO3恰好完全反应).【分析】由制备流程可知,碳酸钠溶解后,碱吸收发生Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑,然后中和液进行蒸发Ⅰ操作,应避免浓度过大 NaNO2析出,蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的 NaNO2等有毒物质要回收再循环利用;结晶过滤分离出 NaNO3,母液 I 中主要含 NaNO2,母液Ⅰ进行转化时加入稀 HNO3、空气,硝酸提供酸性环境,可将 NaNO2转化为 NaNO3,转化液蒸发、结晶、过滤分离出 NaNO3,母液Ⅱ中主要含 NaNO3,应在转化液及结晶中提高利用率,以此解答(1)~(3);(4)生产 1.38 吨 NaNO2时,n(NaNO2)= =2×104mol,NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为 2:1,则 n(NaNO3)=1×104mol,由 Na 原子守恒可知,2n(Na2CO3)=n(NaNO2)+n(NaNO3),结合 m=nM 计算.【解答】解:由制备流程可知,碳酸钠溶解后,碱吸收发生Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑,然后中和液进行蒸发Ⅰ操作,应避免浓度过大 NaNO2析出,蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的 NaNO2等有毒物质要回收再循环利用;结晶过滤分离出 NaNO3,母液 I 中主要含 NaNO2,母液Ⅰ进行转化时加入稀 HNO3、空气,硝酸提供酸性环境,可将 NaNO2转化为 NaNO3,转化液蒸发、结晶、过滤分离出 NaNO3,母液Ⅱ中主要含 NaNO3,应在转化液及结晶中提高利用率,(1)由上述分析可知,二氧化氮与碱液反应生成 NaNO2,还可生成 NaNO3,中和液中含剩余的少量Na2CO3,故答案为:NaNO3;(2)中和液进行蒸发Ⅰ操作时,应控制水的蒸发量,避免浓度过大,目的是防止 NaNO2的析出,蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的 NaNO2等有毒物质,不能直接排放,将其冷凝后用于流程中的溶碱,循环利用,提高利用率,故答案为:防止 NaNO2的析出;溶碱;(3)由上述分析可知,母液Ⅰ进行转化时加入稀 HNO3的目的是将 NaNO2转化为 NaNO3.母液Ⅱ需回收利用,可转入转化液或转入结晶Ⅱ操作,提高其利用率,故答案为:将 NaNO2转化为 NaNO3;cd; (4)生产 1.38 吨 NaNO2时,n(NaNO2)= =2×104mol,NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为 2:1,则 n(NaNO3)=1×104mol,由 Na 原子守恒可知,2n(Na2CO3)=n(NaNO2)+n(NaNO3),m(Na2CO3)=(2×104mol+1×104mol)× ×106g/mol=1.59×106g=1.59t,故答案为:1.59.【点评】本题考查物质的制备流程及混合物分离提纯综合应用,为高考常见题型,把握流程中的反应、分离方法为解答的关键,注意工业生产与环境保护、原料利用率等,侧重分析与应用能力的综合考查,题目难度中等. 化学---物质结构与性质(满分 0 分)12.氟在自然界中常以 CaF2的形式存在.(1)下列关于 CaF2的表述正确的是  bd   .a.Ca2+与 F﹣间仅存在静电吸引作用b.F﹣的离子半径小于 Cl﹣,则 CaF2的熔点高于 CaCl2c.阴阳离子比为 2:1 的物质,均与 CaF2晶体构型相同d.CaF2中的化学键为离子键,因此 CaF2在熔融状态下能导电(2)CaF2难溶于水,但可溶于含 Al3+的溶液中,原因是  3CaF 2+Al 3+ =3Ca 2+ +AlF 63﹣   (用离子方程式表示).已知 AlF63﹣在溶液中可稳定存在.(3)F2通入稀 NaOH 溶液中可生成 OF2,OF2分子构型为  V 形  ,其中氧原子的杂化方式为  sp 3 .(4)F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物,例如 ClF3、BrF3等.已知反应 Cl2(g)+3F2(g)═2ClF3(g)△H=﹣313kJ•mol﹣1,F﹣F 键的键能为 159kJ•mol﹣1,Cl﹣Cl 键的键能为242kJ•mol﹣1,则 ClF3中 Cl﹣F 键的平均键能为  172   kJ•mol﹣1.ClF3的熔、沸点比 BrF3的 低 (填“高”或“低”).【分析】(1)a.阴阳离子间存在静电引力和静电斥力,则;b.离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关;c.晶体的结构与电荷比、半径比有关;d.离子化合物在熔融时能发生电离.(2)F﹣与 Al3+能形成很难电离的配离子 AlF63﹣;(3)根据价层电子对互斥理论分析,先计算价层电子对数,再判断中心原子的杂化类型,及分子构型;(4)△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能;相对分子质量越大,分子晶体的熔沸点越高.【解答】解:(1)a.阴阳离子间存在静电引力和静电斥力,Ca2+与 F﹣间存在静电吸引作用,还存在静电斥力,故 a 错误;b.离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关,离子半径越小,离子晶体的熔点越高,所以CaF2的熔点高于 CaCl2,故 b 正确;c.晶体的结构与电荷比、半径比有关,阴阳离子比为 2:1 的物质,与 CaF2晶体的电荷比相同,若半径比相差较大,则晶体构型不相同,故 c 错误;d.CaF2中的化学键为离子键,离子化合物在熔融时能发生电离,存在自由移动的离子,能导电,因此 CaF2在熔融状态下能导电,故 b 正确;故答案为:bd;(2)CaF2难溶于水,但可溶于含 Al3+的溶液中,因为在溶液中 F﹣与 Al3+能形成很难电离的配离子AlF63﹣,使 CaF2的溶解平衡正移,其反应的离子方程式为:3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63﹣;故答案为:3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63﹣;(3)OF2分子中 O 原子的价层电子对数=2+ (6﹣2×1)=4,则 O 原子的杂化类型为 sp3杂化,含有
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