2018届广东省肇庆市高三第三次模拟化学试题

(4)D中PH3被氧化成磷酸,所发生反应的离子方程式为_________________________。

(5)把D中吸收液转移至容量瓶中,加水稀释至250mL,取25.00mL于锥形瓶中,用5.0×10mol ? L

-5

-1

的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液,消耗标Na2SO3准溶液11.00mL,则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为______mg ? kg,该原粮质量________(填“合格”或“不合格”)。

【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 使原粮中磷化物与水充分反应 (3). Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑ (4). 关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气,若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好 [或在D左..边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法;或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法] (5). 氧化装置C中生成的PH3 (6). 吹出PH3,使其全部被酸性KMnO4溶液吸收 (7). 5PH3+8MnO4+24H==5H3PO4+8Mn+12H2O (8). 0.0085 (9). 合格 【解析】

(1)仪器C的名称是三颈烧瓶;原粮打成粉末可以增大接触面积,有利于反应充分进行;

(2)依据题干信息磷化钙与水反应生成氢氧化钙和磷化氢;利用装置特征关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气,若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好 ;或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法;或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法; 故答案为:Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑;关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气,若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好 [或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法;或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法]

(3)依据装置图中装置中的试剂选择分析判断,高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体;焦性没食子酸先和碱反应,再和氧气反应可以吸收氧气;若不吸收氧气,PH3会在氧气中燃烧,准确测定PH3的含量,需要用高锰酸钾溶液全部吸收,避免产生较大误差,通入空气的作用是保证PH3全部被吸收的措施。故答案为:氧化装置C中生成的PH3;吹出PH3,使其全部被酸性KMnO4溶液吸收。

(4)PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸,高锰酸钾被还原为锰离子,结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为:5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O

(5)收集E中吸收液,加水稀释至250mL,取25.00mL于锥形瓶中用浓度为5×10?5mol/L Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液,消耗Na2SO3标准溶液11.00mL;依据滴定反应:

2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O;2KMnO4~5Na2SO3;未反应的高锰酸钾物质的量=

;与PH3反应的高锰酸钾物质的量;根据反应

5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O;得到定量关系为:5PH3~8KMnO4;计算得到PH3物质的量

;则PH3的质量分数

,当粮食

-+

2+

-1

中磷化物(以PH3计)的含量不超过0.05mg?kg?1时,粮食质量合格,所以该原粮质量合格。

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9.9.固定利用CO2对减少温室气体排放意义重大。CO2加氢合成甲醇是CO2综合利用的一条新途径。CO2和H2在催化剂作用下发生反应:CO2(g)+3H2(g)

CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0

(1)测得甲醇的理论产率与反应温度、压强的关系如图所示。

①下列措施能使CO2的转化率提高的是____(填序号)。

A.增大压强 B.升高温度 C.增大H2投料比 D.用更高效的催化剂 ②在220℃、5.0MPa时,CO2、H2的转化率之比为___________。

③将温度从220℃降低至160℃,压强从5.0MPa减小至3.0MPa,化学反应速率将_____(填“增大”“减小”或“不变”下同),CO2的转化率将_____。

④200℃时,将0.100 mol CO2和0.275 mol H2充入1 L密闭容器中,在催化剂作用下反应达到平衡。若CO2的转化率为25%,,则此温度下该反应的平衡常数表达式K=_____________(只用数字填,不必计算出结果)。 (2)若H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为-285.8kJ·mol﹣1和-726.5kJ·mol﹣1,则由CO2和H2生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为________________________________。 ...

(3)甲醇电解法制氢气比电解水法制氢气的氢的利用率更高、电解电压更低。电解装置如图。

电源的正极为_____(填序号a或b)。其中阳极的电极反应式为_________________;标况下,每消耗1mol甲醇则生成H2的体积为____。

【答案】 (1). AC (2). 1∶1 (3). 减小 (4). 增大 (5).

(6). CO2(g)+3H2(g)

CH3OH(l)+H2O(l) △H=

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-130.9kJ·mol-1 (7). b (8). CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+ (9). 67.2L 【解析】

(1)①A.正向是气体体积减小的反应,加压平衡正向移动,CO2的转化率提高,故A正确;B.该反应为放热反应,升温有利于平衡逆向移动,CO2的转化率降低,故B错误;C.增大H2投料比有利于平衡正向移动,CO2的转化率提高,故C正确;D.使用催化剂平衡不移动,故D错误;答案为AC。②根据图可知甲醇的理CO2、H2的转化率之比相等为1:1。③论产率为25%,CO2和H2的投料比为1:3,与反应的系数比一致,所以,温度越低、压强越小,反应速率越小,观察图中的数据可知,在140℃,2MPa时,甲醇的产率高于25%,所以二氧化碳的转化率高于25%,即二氧碳的转化率增大。④利用三段式计算: CO2+3H2?CH3OH+H2O 起始(mol/L) 0.1 0.275 0 0 转化(mol/L) 0.025 0.075 0.025 0.025 平衡(mol/L) 0.075 0.2 0.025 0.025 所以

(2)1molH2(g)由H2(g)的燃烧热△H为-285.8kJ?mol-1知,完全燃烧生成1molH2O(l)放出热量285.8kJ,即①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ?mol-1;②CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2 H2O(l)△H=-726.5kJ?mol-1,由盖斯定律可知,3×①-②得

CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=-130.9 kJ?mol-1,故答案为:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=-130.9 kJ?mol-1;

(3)根据产生图示左边应该是溶液中的氢离子得电子生成氢气,得出左边为阴极右边为阳极,故电源a为负极,b为正极;阳极上发生甲醇失电子变成二氧化碳的反应,结合酸性电解质,故阳极电极反应为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+;每消耗1mol甲醇转移6mol电子,可以生成3mol氢气,故生成的氢气为3mol,体积为67.2L。

10.10.锰的用途非常广泛,以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴的碳酸盐及SiO2杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下:

已知25℃,部分物质的溶度积常数如下:

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物质 Ksp

Mn(OH)2 2.1×10-13 Co(OH)2 3.0×10-16 Ni(OH)2 5.0×10-16 Fe(OH)3 1.1×10-36 MnS 1.0×10-11 CoS 5.0×10-22 NiS 1.0×10-22 (1)步骤Ⅰ中,为加快溶浸速率,可采取的措施是____________________(至少答两条)

(2)步骤Ⅱ中,加氨水调节溶液的pH为5.0~6.0,则滤渣1的成分主要为______(填化学式);已知MnO2的作用为氧化剂,“除杂1”中涉及的离子方程式为:NH3﹒H2O+H+==NH4+ +H2O、__________________、___________________。

(3)步骤Ⅲ中,所加(NH4)2S的浓度不宜过大的原因是_______________________。 (4)滤液2中,c(Co) :c(Ni)=_______________。

(5)将质量为a㎏的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质Mn b kg。若每一步都进行完全,假设滤渣1为含铁元素的纯净物,质量为c kg,则原碳酸锰矿中MnCO3的质量分数为_________(用含a、b、c的式子表达,无需化简)。

(1). 溶浸时加热(或升高温度)、【答案】适当增大硫酸浓度、搅拌、再减小矿粉颗粒直径 (2). SiO2、Fe(OH)3 (3). 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O (4). Fe3++3NH3﹒H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+ (5). 若(NH4)2S的浓度过大,产生MnS沉淀造成产品损失 (6). 5:1 (7). 【解析】

向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)中加入硫酸,可以发生反应生成硫酸盐,向其中就如具有氧化性的二氧化锰,可以将亚铁离子氧化为铁离子,调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来,向滤液中加入硫化铵,可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来,最后对得到的含有锰离子的盐电解,可以得到金属锰。

(1)搅拌固体和液体的混合物,升高温度、增大浓度等,都可加快反应速率,所以为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等,故答案为:溶浸时加热(或升高温度)、适当增大硫酸浓度、搅拌、再减小矿粉颗粒直径;

(2)步骤Ⅱ中,MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+,反应的离子方程式MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O,加入氨水调节pH为5.0~6.0,发生Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+,可得到沉淀Fe(OH)3,故答案为:

Fe(OH)3;2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O;Fe3++3NH3﹒H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+;

(3)向滤液中滴入适量的(NH4)2S溶液,目的是除去Cu2+、Zn2+,若(NH4)2S的浓度过大,产生MnS沉淀,造成产品损失、故答案为:若(NH4)2S的浓度过大,产生MnS沉淀,造成产品损失;

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2+

2+

×100%

(4)CoS、NiS的Ksp分别为5.0×10?22、1.0×10?22,加入足量(NH4)2S溶液后,生成CoS、NiS沉淀,溶液中c(Co2+):c(Ni2+)=5.0×10?22:1.0×10?22=5:1,故答案为:5:1; (5)滤渣1为为Fe(OH)3,质量为c kg,则n(Fe3+)=n[Fe(OH)3]=2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O可知n(MnO2)=×

mol,

mol, mol)×115g/mol, mol,由

将质量为a kg的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质Mn b kg,n(Mn)=可知n(MnCO3)=

mol -×

mol,m(MnCO3)=(

mol -×

则原碳酸锰矿中MnCO3的质量分数为,故答案为:

点睛:向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)中加入硫酸,可以发生反应生成硫酸盐,向其中就如具有氧化性的二氧化锰,可以将亚铁离子氧化为铁离子,调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来,向滤液中加入硫化铵,可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来,最后对得到的含有锰离子的盐电解,可以得到金属锰。

11.11.【物质结构与性质】磷化硼(BP)是一种受关注的耐磨涂层材料,可作为钛等金属表面的保护薄膜。 (1)三溴化硼和三溴化磷混合物在高温条件下与H2反应可以制得BP。 ①上述反应的化学方程式为________________________;

②磷原子中存在_____种不同能量的电子,电子占据的最高能层符号为_______。

③常温下,三溴化磷是淡黄色发烟液体,可溶于丙酮、四氯化碳中,该物质属于______晶体(填晶体类型)。 (2)已知磷酸是中强酸,硼酸是弱酸;pKa= -lgKa。

①有机酸的酸性强弱受邻近碳上取代原子的影响,如酸性:BrCH2COOH >CH3COOH。据此推测,pKa:AtCH2COOH____ClCH2COOH(填“>”、“<”、“=”)

②磷酸是三元酸,写出两个与PO43-具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_________________。 ③硼酸是一元酸,它在水中表现出来的弱酸性,并不是自身电离出氢离子所致,而是水分子与B(OH)3结合,生成一个酸根离子,该阴离子的结构式为:_________(若存在配位键,请用箭头标出)。

(3)高温陶瓷材料Si3N4的成键方式如图1所示,结构中N—Si—N的键角比Si—N—Si的键角大,其原因是_____________________________________。

(4)磷化硼的晶体结构如图2所示。晶胞中P原子的堆积方式为________(填“简单立方”、“体心立方”或“面心立方最密”)堆积。若该晶体中最邻近的两个P原子之间的距离为a nm,则晶体密度为

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