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21在线题库最新试题

学校教师招聘信息

  • ID:7-6610096 广东省佛山市禅城区2020届高三上学期统一调研测试(二)化学试题 扫描版含答案

    高中化学/高考专区/模拟试题


    
    化学试卷
    
    
    
    
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    广东省佛山市禅城区2020届高三上学期统一调研测试(二)化学试题 扫描版含答案.doc

  • ID:7-6555666 广东省六校联盟2020届高三上学期第一次联考 化学试题

    高中化学/高考专区/模拟试题

    2020届六校联盟高三第一次联考试题 化 学 时间:90分钟 满分:100分 相对原子质量H:1 Li:7 10B:10 11B:11 C:12 N:14 O:16 F:19 Na:23 Mg:24 Al:27 Si:28 P:31 S:32 Cl:35.5 K:39 Ca:40 Cr:52 Fe:56 Cu:64 Br:80 I:127 第一卷(共52分) 一、单项选择题(每小题2分,共34分) 1.下列叙述正确的是 A.CO2、P2O5、NO均为酸性氧化物 B.激光法蒸发石墨得C60发生的是物理变化 C.胶体粒子很小,可以透过半透膜 D.NaH、NaBH4、[Ag(NH3)2]OH均为离子化合物 2.已知NA是阿伏伽德罗常数的值,.一定温度和压强下,30 L某种气态纯净物中含有NA个分子,这些分子由3NA个原子组成,下列有关说法中不正确的是 A.若测量该气体时压强大于101KPa,则温度必低于0℃ B. 该物质若在标准状况下仍然为气态,则体积约22.4 L C.该气体每个分子含有3个原子 D. 若 0.2mol某混合气体也处于题干指定的条件下,则它的体积约为6.0 L 3.A、B、C均为短周期主族元素,它们在周期表中的相对位置如图所示。已知B、C元素的原子序数之和是A元素原子序数的4倍,则下列说法正确的是 A.A元素的氢化物一定不含非极性共价键 B.B元素的最高价氧化物对应水化物是强酸 C.C元素的一种氧化物可以作为漂白剂和消毒剂 D.这三种元素的原子半径: C >B> A 4.下列说法正确的是 A.水泥的主要成分是:Na2SiO3、 CaSiO3和SiO2 B.等物质的量Na2O2与NaHCO3加热充分反应后剩余固体是NaOH和Na2CO3 C.Fe投入到CuCl2溶液中有红色沉淀及棕黄色溶液 D.用惰性电极电解饱和烧碱溶液后恢复至原温,溶液中的c(Na+)变大 5.下列离子方程式正确的是 A.饱和Na2CO3溶液中通入过量二氧化碳:CO2+H2O+CO32-===2HCO B.在含Fe2+、NO、K+的水溶液中滴加过量的稀硫酸: 3Fe2++NO+4H+===3Fe3++NO↑+2H2O C.碳酸氢钠溶液中滴加少量澄清石灰水: HCO+Ca2++OH-===CaCO3↓+H2O D.次氯酸钠溶液中滴入少量硫酸锰制得二氧化锰: ClO-+Mn2++H2O === Cl- + MnO2 + 2H+ 6.在CuSO4溶液中,逐滴加入KI溶液至过量,观察到有沉淀(CuI)生成,溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体,溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是 A.上述实验条件下,物质的氧化性:Cu2+>SO2>I2 B.在SO2与I2反应中得到的还原产物为H2SO4 C.滴加KI溶液时,每转移2 mol e-会生成2 mol CuI沉淀 D.通入SO2后溶液逐渐变成无色,体现了SO2的漂白性 7.由实验现象得出的结论正确的是 选项 实验现象 结论 A 把相同体积的铝片和镁片分别投入同浓度的NaOH溶液中:铝溶解有气泡产生,而镁没有任何变化 铝的金属性比镁强 B 取一块铝箔,用酒精灯加热,铝箔只熔化成液体而没有脱落 铝不易氧化 C 向氯化铵溶液中投入一铝片;铝片上产生大量气泡 该气体是氨气 D 向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量:先产生白色沉淀且逐渐增多,后沉淀又逐渐溶解,最后沉淀完全消失 氢氧化铝能溶于强碱溶液 8.为实现实验目的,下列实验操作正确的是 编号 实验目的 实验操作 A 为验证亚硫酸酸性强于碳酸 将SO2气体和CO2气体分别通入水中至饱和,立即测定两溶液的pH B 为提高高锰酸钾溶液的氧化能力, 在高锰酸钾溶液中加入足量盐酸酸化 C 欲证明 Na2O2 与CO2 是放热反应 Na2O2 用棉花包裹,放入充满 CO2 的集气瓶中,棉花燃烧。 D 为鉴别 Na2CO3 溶液与K2CO3溶液 用铂丝分别蘸取溶液,在酒精灯外焰上灼烧,直接观察火焰的颜色 9.氢卤酸用HX(aq)表示,是相应卤化氢的水溶液。相关的能量关系如图所示,下列说法正确的是 A.已知HF气体溶于水放热,则HF的ΔH1<0 B.一定条件下,气态原子生成1 mol H—X键放出a kJ能量,则该条件下ΔH2=+a kJ·mol-1 C.相同条件下,HCl的ΔH2比HBr的小 D.相同条件下,HCl的ΔH3+ΔH4比HI的大 10.广义水解观认为:无论是盐的水解还是非盐的水解,其最终结果是反应中各物质和水分别离解成两部分,然后两两重新组合成新物质。根据上述观点下列说法正确的是 A.CaO2的水解产物是Ca(OH)2和H2O2 B.PCl3的水解产物是HClO和PH3 C.Al4C3的水解产物是Al(OH)3和C2H2 D.CH3CH2Br的水解产物是两种酸 11.下列装置中,不添加其他仪器无法检查气密性的是 12.某燃料电池以熔融Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH4为燃料时,该电池工作原理如图。下列说法正确的是 A.a为CH4,b为CO2 B.CO向正极移动 C.此电池在常温下工作 D.正极的电极反应式为O2+2CO2+4e-===2CO 13.一定温度下,反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH>0,在密闭容器中达到平衡状态,下列说法正确的是 A.体积不变,加少许N2O4, 化学平衡正向移动,再达到平衡状态时与原平衡相比颜色变深 B.加压时(体积变小),将使正反应速率增大,逆反应速率减慢 C.体积不变,加少许NO2,化学平衡逆向移动,再达到平衡状态时与原平衡相比颜色变浅 D.保持体积不变,升高温度,化学平衡正向移动,再达到平衡状态时混合气体密度变小 14.有机化学中化合物的结构可用键线式表示,如CH2===CHCH2Br,可表示为。 则有机物 的二氯代物有 A.2种   B.3种 C.4种  D.5种 15.T ℃ 下,向一容积不变的密闭容器中,通入一定量的NO和CO,用气体传感器测得不同时间NO和CO浓度如下表: 时间/s 0 1 2 3 4 5 c(NO)/×10-4mol·L-1 10.0 4.50 c1 1.50 1.00 1.00 c(CO)/×10-3mol·L-1 3.60 3.05 c2 2.75 2.70 2.70 则c2合理的数值可能为 A.4.20   B.4.00   C.2.95   D.2.80 16.常温下,在pH=5的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡: CH3COOH CH3COO-+H+,温度不变时,对于该电离平衡下列叙述正确的是 A.加入水时,平衡向右移动,CH3COOH电离常数增大 B.加少量CH3COONa固体于醋酸溶液中,由于CH3COONa溶于水,水解生成OH-与醋酸电离的H+结合,故醋酸的电离平衡向右移动 C.加入少量NaOH固体,平衡向右移动,c(H+)减小 D.加入少量pH=5的硫酸,溶液中c(H+)增大 17.将SO2通入BaCl2溶液至饱和未见有沉淀,继续通另一气体X仍无沉淀,则X可能是 A.NH3 B.CO2 C.H2S D.NO2 二、单项选择题(每小题3分,共18分) 18.将海水提取粗食盐后的盐卤(主要成分为MgCl2)制备金属镁,其工艺流程如下。 则下列说法错误的是 A.若在实验室实施操作①,则需要的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒 B.Mg(OH)2 MgCl2的离子方程式为:Mg(OH)2+2H+===Mg2++2H2O C.操作②过程中,将MgCl2溶液蒸发结晶便可实现 D.操作④阴极和阳极产物的质量比是24∶71 19.室温下,将10.00 mL 5.000 0 mol·L-1醋酸慢慢滴入到盛100.00 mL蒸馏水的烧 杯中,烧杯溶液中的c(H+)和温度随着加入醋酸体积的变化曲线如图所示,则下列有关说 法正确的是 A.a~b段,醋酸电离过程为放热过程 B.c~d段,c(H+)增加,醋酸电离程度增大 C.c点时,加入等体积等浓度的NaOH溶液,则: c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH) D.d点时,c(H+)>c(CH3COOH) 20.可溶性钡盐有毒,医院中常用无毒硫酸钡这种钡盐作为内服“钡餐”造影剂。医院抢 救钡离子中毒患者时,除催吐外,还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知:某温度 下,Ksp(BaCO3)=5.1×10-9;Ksp(BaSO4)=1.1×10-10。下列推断正确的是 A.不用碳酸钡作为内服造影剂,是因为碳酸钡比硫酸钡更难溶 B.可以用0.36 mol·L-1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃 C.抢救钡离子中毒患者时,若没有硫酸钠也可以用碳酸钠溶液代替 D.若误饮c(Ba2+)=1.0×10-5mol·L-1的溶液时,会引起钡离子中毒 21.设H2SO4为二元强酸, 在25 ℃时,向100 mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中滴加 0.1 mol·L-1 NaOH溶液,所得溶液的pH与滴加的NaOH溶液体积的关系如图所示。下列 说法错误的是 A.a点溶液的c(NH)< 0.1 mol·L-1 B.c点时离子浓度大小关系为c(Na+)>c(SO)>c(NH) C.de段上的点均满足关系式:c(NH)+c(Na+)>2c(SO) D.a点到b点的过程中,溶液的导电能力基本保持不变 22.下列说法正确的是 A.分子式为C3H6O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇,若不考虑立体异构,这些醇和酸重新组合可形成的酯共有5种 B.四联苯的一氯代物有4种 C.与具有相同官能团的同分异构体的结构简式如:CH2==CHCH2COOH、CH3CH==CHOOCH D.兴奋剂 的分子式为C27H34O3 23.把物质的量均为a mol的Na和Al一同投入m g足量水中,所得溶液的密度为 ρ g·cm-3,则此溶液的物质的量浓度为 A. mol·L-1 B. mol·L-1 C. mol·L-1 D. mol·L-1 第二卷(共48分) 三、填空题(每小题12分,共36分) 24.(12分)常温下,二氯化二硫(S2Cl2)为橙黄色液体,易水解。工业上用于橡胶的硫化。某化学学习小组将氯气通入熔融的硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示。 (1)S2Cl2分子中各原子均达到8电子稳定结构,其结构式为______________。 (2)A装置的名称为_________________,C中所盛试剂为__________________,D装置 的作用是________________________。 (3)实验时需先点燃______处附近的酒精灯,目的是________________________。 (4)S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾,其产物中有一种气体能使品红溶液褪色,且反应过程中只有一种元素化合价发生变化,写出该反应的化学方程式_ 。 (5)导管F的作用是______________________,锥形瓶G中收集到的成分可能有_________ _______。 (6)上图装置有两处不够完善,你提出的改进意见是: ①_______________________________②_______________ _______; 25.制取高纯度氧化镁的一种新方法是将硫酸镁还原热解,以菱镁矿(主要成分是MgCO3,含少量FeCO3等)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下: 为了提高酸溶速率,除了适当增加硫酸浓度外,还可以采取的措施是(写两条) ① ② 加入H2O2的目的是(用化学方程式表示): ①滤渣1成分(填化学式,右同) 和②滤渣2成分 。 煅烧过程存在以下反应: 利用上图所示装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集: B,C,D中分别收集的气体是: 。 C中盛放的液体可以是(填字母): 。 a NaOH溶液 b.NaCl溶液 c.稀硝酸 d.KMnO4溶液 A中得到的固体中含少量淡黄色固体杂质,能通过溶于热的NaOH溶液,再过滤而除去,相关反应产物中元素的最高价态是+4价,则该反应的离子方程式: 。 26.(12分) Ⅰ 在101 kPa和25℃ 下,由稳定单质生成1 mol化合物的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓。已知石墨和一氧化碳的燃烧热分别为a kJ·mol-1和b kJ·mol-1(a和b均为正数),则CO(g)的标准摩尔生成焓ΔH(生成)= 。 Ⅱ (1)合成尿素反应:2NH3(g)+CO(g) CO(NH2)2(g)+H2(g) ΔH=d kJ·mol-1;T ℃时,在体积为2 L 的恒容密闭容器中,将2 mol的NH3和1 mol CO混合反应,5 min时,NH3的转化率为80%。则0~5 min平均反应速率为v(CO)= 。 (2)尿素的体积分数在一定时间内随温度变化如图 则:化学平衡常数K(T1) K(T0) (填“>”或“<”或“==”) _ 试解释OT0内尿素的体积分数变化的原因: 。 (3)若保持恒温恒容条件,将物质的量之和为3 mol的NH3和CO以不同的氨碳比进行反应,结果如图所示: ①若图中c表示平衡体系中尿素的体积分数,则a表示________的转化率(写化学式)。 ②当=________时(填整数),尿素含量最大;此时,对于该反应既能增大反应速率又能使平衡正向移动的措施是 __________________ _______(写一种)。 Ⅲ 在室温条件下,用阴阳离子双隔膜三室电解槽处理废水中的NH4+ ,其模拟装置如图(假设与空气隔绝)则: 阴极室溶液中的溶质可能是 若反应有1mol电子转移,标准状况下产生的气体的体积是 。 (2)阳极室溶液的颜色由无色变为 色。 四、选做题(12分任选一题作答,如果多做,按第一题计分) 27.乙酰基扁桃酰氯是一种非常重要的医学药剂,科学家以甲苯和乙醇为主要原料按如下路线进行合成: (1)A的结构简式为: C的官能团的名称: 。 (2)A B的反应条件: C D的反应类型是: (3)E和F反应制 G 的化学方程式是: (4)D的同分异构体有多种,写出符合下列条件的同分异构体结构简式: ①含有氰基(-CN) 和-OH ②含有苯环,且苯环上的一卤代物有两种 (5)以乙醇为原合成F(无机试剂任选)。 合成路线常用的表示方式为: 28.(选做题 12分) (1)写出铬(元素符号为Cr,原子序数为24)基态时的原子核外电子排布式: ,不成对电子数 个 。 (2)铬的熔点高于钙,原因是 。 (3)Cr和Ca可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物,晶胞结构如图1所示: ①该晶体的化学式为________________。 ②已知1.4,氧离子、钙离子半径分别为140 pm、100 pm,该晶胞的参数(边长)约为_____ ___ pm。 ③当该晶体中部分Ca2+被相同数目的La3+替代时,部分铬由+4价转变为+3价。若化合物中La3+和Ca2+的物质的量之比为(a<0.1),三价铬与四价铬的物质的量之比为_____ ___。 (4) 硼和氮构成的一种氮化硼晶体的结构与石墨晶体结构相似,B、N原子相互交替排列见图2,其晶胞结构如图3所示。设层内B—N核间距为a pm,面间距为b pm,则该氮化硼晶体的密度为______________ g·cm-3(用含a、b、NA、Mr(BN)的代数式表示)。 2020届六校联盟第一次联考高三化学试题答案和评分标准 一、单项选择题(每小题2分,共34分) 1D 2A 3C 4B 5B 6C 7D 8C 9B 10A 11A 12D 13A 14C 15D 16C 17B 二、单项选择题(每小题3分,共18分) 18C 19C 20B 21D 22D 23A 三、填空题(每小题12分,共36分) 24.(1)Cl—S—S—Cl (1分) (2)球形分液漏斗(1分) 饱和氯化钠溶液(1分) 干燥氯气(1分) (3)B(1分) 利用生成氯气排除装置中的空气(1分) (4)2S2Cl2?+ 2H2O = 3S + SO2↑+ 4HCl↑(2分) (5)导气冷凝(1分) S2Cl2和S(1分) (6)①用导管和橡皮管将A的上口和B相连(或将A换成恒压漏斗); ②在G和H之间增加干燥装置(2分) 25.(12分) (1)①加热 ②将菱镁矿粉碎成粉末(或其他合理答案) (2分 (2)2FeSO4+H2O2+H2SO4==Fe2(SO4)3+2H2O ( 2分) (3)①SiO2 (1分) ②Fe (OH)3 (1分) (4)①SO2, CO2, CO (3分) ② a ( 1分) ③ (2分) 26.(12分) Ⅰ(b-a)kJ·mol-1 (1分) Ⅱ (1)0.08 mol·L-1·min-1 (1分) (2) < (1分) 在一定时间内,温度低于T0时,反应未达到平衡,温度越高,化学反应速率越快,尿素的体积分数越大(2分) (3) ① CO (1分) ② 2 (1分) 按物质的量之比为2∶1加入NH3和CO (1分) Ⅲ (1)NH4H2PO4 (NH4)2HPO4 (NH4)3PO4 (2分) 11.2升(1分) (2)绿 (1分) 四、选做题(12分。任选一题作答,如果多做,按第一题计分) 27. (12分) (1),(1分)醛基 (1分) (2)NaOH, H2O 加热 (2分) 加成反应 (1分) (2分) (2分) (5) CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH CH3COCl (3分) 28 (1)1S22S22P63S23P63d54S1 (1分) 6 (1分) (2)铬原子半径比钙原子半径小,而自由电子铬比钙多,故铬的金属键比钙的金属键牢固。 (2分) (3)①CaCrO3  (2分) ②336 (2分) ③ (2分) (4) (2分) 尿素的体积分数 (C10H10O4) (C7H8O) (C7H7Cl) (C8H7ON) R/OH A 反应物 反应条件 B 反应物 反应条件 C…… 图1 SOCl2 O2/催化剂 O2/Cu△ 2

  • ID:7-5880308 广东省普宁市第二中学等七校联合体2019届高三冲刺模拟理科综合化学试题

    高中化学/高考专区/模拟试题

    七校联合体冲刺卷(化学) 7.下列过程的反应中没有电子转移的是 ( ) A.漂白粉用于杀菌消毒 B.过氧化钠用作潜水艇的供氧剂 C.小苏打用于泡沫灭火器 D.活性铁粉用作脱氧剂 8.下列关于有机物的说法正确的是 ( ) A.石油的分馏和裂化均属于化学变化 B.棉花、羊毛、蚕丝均能水解为小分子化合物 C.油脂、塑料、天然橡胶都是高分子化合物 D.甲烷、乙烯、乙炔在一定条件下都能发生加成反应 9.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是 ( ) A.1 L 0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液中含CO32-的数目为0.1NA B.标准状况下,22.4 LSO3含有的SO3分子数为NA C.1molH2O含有的质子数为10NA D.1mol Na2O和Na2O2混合物中含阴离子的总数为NA 10.下列装置所示的实验中,能达到实验目的的是 ( )      A.分离碘酒中的碘和酒精 B.实验室制氨气 除去Cl2中的HCl 排水集气法收集NO  11.下列有关甲苯()的说法正确的是 ( ) A.分子中所有原子可能处于同一平面 B.二氯取代物有10种 C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D.能使溴的四氯化碳溶液褪色 12.我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展,利用如图1装置可发生反应:H2S+O2==H2O2+S↓,甲池中发生如图2反应。下列关于该装置工作时的说法错误的是   图1 图2 A.N型半导体为负极 B.装置中H+从甲池移向乙池 C.乙池中发生了反应:H2S+I==3I-+S↓+2H+ D.碳棒上发生的反应为AQ+2e-+2H+==H2AQ 13.调节0.001 mol·L-1CH3COOH溶液的pH,溶液中微粒浓度的负对数(-lgc)与pH的关系如图所示(标“△”’及“▲”的曲线分别表示CH3COO-及CH3COOH变化情况)。下列说法错误的是 A.25℃时,CH3COOHCH3COO-+H+的lgKa=-4.74 B.25℃时,0.001 mol·L-1CH3COONa溶液的pH为8 ================================================ 压缩包内容: 广东省普宁市第二中学等七校联合体2019届高三冲刺模拟理科综合化学试题.doc

  • ID:7-5870606 广东省仲元中学等七校联合体2019届高三冲刺模拟理科综合化学试题

    高中化学/高考专区/模拟试题

    2019届广东省七校高三理综化学冲刺卷(仲元) 可能用到的相对原子质量:H:1 O:16 Na:23 C:12 Cu:64 一、选择题:本题共7小题,每小题6分,共42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。 7.港珠澳大桥于2018年10月23日正式开通,这座当今世界里程最长、施工难度最大的跨海大桥使用了大量的各类材料:路面使用了进口的湖底天然沥青和混凝土、承台和塔座等部位使用了双相不锈钢钢筋、抗震方面使用了新型高阻尼橡胶和钢板。关于这些材料的说法错误的是 A.沥青主要成分是有机物,也可以通过石油分馏得到 B.混凝土中含有的水泥、沙子都属于无机非金属材料 C.不锈钢是通过改变材料的结构的途径防锈蚀 D.橡胶一定属于合成高分子材料 8.—种新型的合成氨的方法如图所示,下列说法错误的是 A.反应①属于“氮的固定” B.反应②属于非氧化还原反应 C.反应③可通过电解LiOH水溶液实现 D.上述三步循环的总结果为2N2 +6H2O =4NH3 +3O2 9.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 电解精炼铜时,阳极质量减小64g,转移电子数为2NA B. 100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子数为12NA C. 7.8gNa2O2固体中含有离子总数为0.4NA D. 100mL10mol?L-1浓盐酸与足量MnO2 加热充分反应,生成Cl2 的数目为0.25NA 10. 在探索苯分子结构的过程中,人们写出了符合分子式“C6H6”的多种可能结构(如图所示),下列说法正确的是 A.五种物质均能与氢气发生加成反应 B. b、c、e的一氯代物均有三种 C.五种物质中,只有a分子的所有原子处于同一平面 D. a、b、c、e能使溴的四氯化碳溶液褪色 11.R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,W与Y同主族,R的最外层电子数是次外层电子数的2倍。W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒。R与W元素原子的最外层电子数之和等于X与Z元素原子的最外层电子数之和。下列说法正确的是 A. 简单离子的半径:W<Y<Z B. 氧化物对应水化物的酸性:Z>R>X C. X与Z形成的化合物溶于水可抑制水的电离 D. 最高价氧化物的熔点:Y>R 12.H2S为二元弱酸。25 ℃时,向0.100 mol/L的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发)。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是 ================================================ 压缩包内容: 广东省仲元中学等七校联合体2019届高三冲刺模拟理科综合化学试题.doc

  • ID:7-5860301 2019年广东省广州市高三冲刺题化学冲刺卷(15份打包)

    高中化学/高考专区/模拟试题


    广州市化学科考前重温非选择题TOP25
    (2019版)
    验题-01
    【2015·国Ⅰ26】草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中,其K1=5.4×10-2,K2=5.4×10-5。草酸的钠盐和钾盐易溶于水,而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色,熔点为101℃,易溶于水,受热脱水、升华,170℃以上分解。
    
    回答下列问题:
    (1)甲组同学按照如图所示的装置,通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是       ,由此可知草酸晶体分解的产物中有       。装置B的主要作用是       。
    (2)乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO,为进行验证,选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。
    
    ①乙组同学的实验装置中,依次连接的合理顺序为A、B、       。装置H反应管中盛有的物质是      。
    ②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是       。
    (3)设计实验证明:
    ①草酸的酸性比碳酸的强:       。
    ②草酸为二元酸:       。
    【参考答案】
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    压缩包内容:
    2019年广东省广州市高三冲刺题化学冲刺卷(15份打包)
    2019届高三考前选择题冲刺训练(6套+8个专题)
    2019届高三考前选择题冲刺训练(一).doc
    2019届高三考前选择题冲刺训练(二).docx
    2019届高三考前选择题冲刺训练——NA专题.docx
    2019届高三考前选择题冲刺训练——STSE专题.doc
    2019届高三考前选择题冲刺训练——元素周期律专题.doc
    2019届高三考前选择题冲刺训练——实验专题.doc
    2019届高三考前选择题冲刺训练——小流程专题.docx
    2019届高三考前选择题冲刺训练——有机化学基础专题.doc
    2019届高三考前选择题冲刺训练——电化学专题.doc
    2019届高三考前选择题冲刺训练——电解质溶液专题.doc
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  • ID:7-5854445 2019年广东省揭阳市高考化学二模试卷(含解析)

    高中化学/高考专区/模拟试题

    2019年广东省揭阳市高考化学二模试卷 一、单选题(本大题共7小题,共42.0分) 2019年3月召开的“两会”指出,当前我国城乡居民正在进入生活质量全面提升时期,人们对生态环境质量非常关注,迫切希望生态环境越来越好。下列做法有利于环境保护的是(  ) A. 市区禁止自行车通行 B. 自己尽量不做饭,多叫外卖 C. 提倡将生活垃圾进行分类处理 D. 将工业废水注入地下岩石层,减少排放量 NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是(  ) A. 钠在足量的氧气中燃烧,转移的电子数为 B. 标准状况下,?溶于水或NaOH溶液中转移的电子数均为 C. 常温常压下,含有的氢原子总数为 D. 中所含键的数目为 下列关于有机化合物的说法正确的是(  ) A. 用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别苯和甲烷 B. 苯酚、苯乙醇和苯乙酸都可以与钠反应生成氢气 C. 纤维素、蛋白质、葡萄糖在一定条件下都可发生水解反应 D. 甲醇与二甲醚互为同分异构体 根据下列实验操作和现象得出的结论错误的是(  ) 选项 实验操作 现象 结论 A 向碘水中加入等体积CCl4,振荡后静置 上层接近无色,下层显紫红色 I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度 B 常温下,将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中,用淀粉碘化钾试液检验 试液不变蓝 常温下,浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应 C 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入几滴稀AgNO3溶液 有黄色沉淀生成 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) D 向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4,加热;再加入少量银氨溶液; 未出现银镜 蔗糖未水解 A. A B. B C. C D. D 短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大,已知元素X的一种高硬度单质是宝石,Y2+电子层结构与氖相同,Z的质子数为偶数,室温下M单质为淡黄色固体。下列叙述错误的是(  ) A. 简单氢化物稳定性: B. Z元素的最高价氧化物是制造光导纤维的主要原料 C. 化合物中含有极性共价键和非极性共价键 D. 简单离子半径: 用间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理,其工作原理如图所示,质子膜允许H+和H2O通过。下列说法正确的是(  ) A. 电极I为阴极,电极反应式为 B. 电解时由电极I向电极II迁移 C. 吸收塔中的反应为 D. 每处理1?mol?NO,可同时得到32g? 室温下,将尿酸钠(NaUr)悬浊液静置,取上层清液,再通入HCl,溶液中尿酸的浓度c(HUr)与pH?的关系如右图所示。已知:Ksp(NaUr)=4.9×10-5,Ka(HUr)=2.0×10-6.下列说法正确的是(  ) A. 上层清液中, B. 在?的变化过程中,?将逐渐减小 C. 当时, D. 当?时, 二、简答题(本大题共4小题,共45.0分) 无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。 (1)氯化铝水溶液呈性,原因是______(用离子方程式表示)把AlCl3溶液蒸干,灼烧,最后得到的主要固体产物是______。 (2)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下: 已知: 物质 SiCl4 AlCl3 FeCl3 FeCl2 沸点/℃ 57.6 180(升华) 300(升华) 1023 ①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多,其作用是______(只要求写出一种)。 ②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气,则反应生成相对原子质量比硅大的单质是______。 ③已知: Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g)△H1=+1344.1kJ?mol-1 2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g)△H2==1169.2kJ?mol-1 由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为______。 ④步骤Ⅲ经冷却至室温后,气体用足量的NaOH冷溶液吸收,生成的盐主要有3种,其化学式分别为______、______。 ⑤结合流程及相关数据分析,步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是______。 亚硝酸氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂.亚硝酸氯可由NO与Cl2在通常条件下反应得到,化学方程式为2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g). (1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯,涉及如下反应: ①4NO2(g)+2NaCl(s)?2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)???K1 ②2NO2(g)+NaCl(s)?NaNO3(s)+ClNO(g)?????????K2 ③2NO(g)+Cl2(g)?2ClNO(g)????????????????????K3 则K1,K2,K3之间的关系为K3=______. (2)T℃时,2NO(g)+Cl2(g)?2ClNO(g)的正反应速率表达式为v正=k?cn(ClNO),测得速率和浓度的关系如表: 序号 c(ClNO)/mol?L-1 v/mol?L-1?s-1 ① 0.30 3.6×10-8 ② 0.60 1.44×10-7 ③ 0.90 3.24×10-7 n=______;k=______(注明单位). (3)在2L的恒容密闭容器中充入4molNO(g)和2molCl2(g),在不同温度下测得c(ClNO)与时间的关系如图A: ①温度为T1时,能作为该反应达到平衡的标志的有______; a.容器体积保持不变???b.容器压强保持不变?????? c.平衡常数K保持不变 d.气体颜色保持不变???e.v(ClNO)=v(NO)???f.NO与?ClNO的物质的量比值保持不变 ②反应开始到10min时Cl2的平均反应速率v(Cl2)=______; ③温度为T2时,10min已经达到平衡,该反应的平衡常数K=______(注明单位). (4)一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g),平衡时ClNO的体积分数φ随的变化图象如图B,则A、B、C三状态中,NO的转化率最小的是______点,当n(NO)/n(Cl2)=2.8时,达到平衡状态ClNO的体积分数φ可能是D、E、F三点中的______点. 我国科学家在某杂志上发表研究报告称,利用铬同位素的系统分析发现,“古代大气氧含量高于现代水平的1%”。铬的同位素有Cr、Cr、Cr、Cr.铬及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题: (1)基态Cr的价层电子排布图为______。 (2)交警用“酒精仪”查酒驾,其化学反应原理如下: 2K2Cr2O7+3CH3CH2OH+8H2SO4→3CH3COOH+2Cr2(SO4)3+2K2SO4+11H2O ①CH3CH2OH、CH3COOH的沸点高于对应的CH3OCH3(二甲醚)、HCOOCH3(甲酸甲酯),其主要原因是______。 ②CH3COOH分子中碳原子的杂化类型是______;CH3COOH分子中σ键和π键数目之比为______。 ③K2SO4晶体中阴离子的空间构型是______。上述反应中,只含极性键的极性分子有______(填分子式)。 (3)晶体铬的晶胞结构如图1所示,其堆积模型为______;铬原子的配位数为______。 (4)铬的一种氧化物晶胞结构如图2所示。六棱柱边长为a?nm,高为b?nm,NA代表阿伏加德罗常数的值。该晶体的化学式为______;该晶体的密度ρ=______g?cm-3。 福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物,可通过以下方法合成: (1)物质A的名称是______; (2)B→C的转化属于______反应(填反应类型)。 (3)上述流程中设计A→B步骤的目的是______。 (4)A与足量氢氧化钠溶液反应的方程式为:______。 (5)A的同分异构体X满足下列条件: Ⅰ.能与NaHCO3反应放出气体;Ⅱ.能与FeCl3溶液发生显色反应。 符合上述条件的同分异构体有______种。其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为______。 (6)参照上述合成路线和信息,以乙醛为原料(无机试剂任选),设计制的合成路线:______。 三、实验题(本大题共1小题,共14.0分) 某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行实验(图中a、b、c表示止水夹)。 请按要求填空: (1)A装置中甲仪器名称为______。 (2)A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2并进行相关的性质实验。 ①A中乙为MnO2固体,甲中盛有浓盐酸,则烧瓶中发生反应的化学方程式为______。 ②若在丙中加入适量水,即可制得氯水。将所得氯水分成两份,进行Ⅰ、Ⅱ两个实验,实验操作、现象结论如下: Ⅰ.将氯水滴入品红溶液中,______现象。 Ⅱ.氯水中加入?NaHCO3粉末,有无色气泡产生,某同学得出结论:氯气与水反应的产物具有较强的酸性。请你评价该同学的结论是否合理?若不合理,请说明理由______。 ③E装置的作用______。 (3)B、D、E装置相连后,在B中盛装浓硝酸和铜片(放在有孔塑料板上),关闭止水夹c,制得NO2,接着再进行有关实验。 ①欲用D装置验证NO2与水的反应,其操作步骤为:先关闭止水夹,再打开止水夹,使烧杯中的水进入试管丁的操作是______。 ②NO2尾气可用NaOH溶液吸收生成两种钠盐,写出反应的化学方程式为______。 答案和解析 1.【答案】C 【解析】 解:A.市区禁止自行车通行,导致大量汽车的使用,产生大量废气污染物,不利于环境保护,故A错误; B.“少做饭,多叫外卖”虽然可以减少家庭中的能源消耗,但会增加一次性餐具的使用,一次性餐具多为木材和难降解的塑料,所以不是低碳行为,不利于环境保护,故B错误; C.生活垃圾进行分类处理既保护环境有能节能减排,有利于环境保护,故C正确; D.将工业废水注入地下,治理水污染,又会污染地下水,不符合可持续发展理念,不利于环境保护,故C错误; 故选:C。 A.使用自行车可以减少汽车的使用; B.自己尽量不做饭,多叫外卖,会增加一次性餐具的使用,引起环境污染; C.生活垃圾进行分类处理既保护环境有能节能减排; D.将工业废水注入地下,治理水污染,又会污染地下水,不符合可持续发展理念。 本题考查了环境污染与治理,熟悉相关环境污染源,明确治理方法,把握节能减排、低碳经济是解题关键,题目难度不大。 2.【答案】A 【解析】 解:A、2.3g钠的物质的量为0.1mol,而钠反应后变为+1价,故0.1mol钠反应后转移0.1NA个电子,故A正确; B、标况下,2.24L氯气的物质的量为0.1mol,因为氯气和水反应是可逆的,所以无法完全进行,因此转移电子少于0.1mol,而氢氧化钠中却完全反应,转移0.1mol,故B错误; C、18g水的物质的量为:=1mol,1mol水分子中含有氢原子的物质的量为2mol,含有的氢原子总数为2NA,故C错误; D、1molCH3OH含3molC-H键,故0.1molCH3OH中所含C-H键的数目为0.3NA,故D错误。 故选:A。 A、求出钠的物质的量,然后根据钠反应后变为+1价来分析; B、根据氯气和水反应是可逆的判断; C、18g水的物质的量为1mol,1mol水分子中含有2mol氢原子; D、1molCH3OH含3molC-H键。 本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算,难度不大,掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。 3.【答案】B 【解析】 解:A.苯、甲烷与高锰酸钾都不反应,不能鉴别,故A错误; B.苯酚、苯乙醇和苯乙酸分别含有羟基、羧基,都可与钠反应,可生成氢气,故B正确; C.纤维素、蛋白质都为高聚物,可水解,葡萄糖为单糖,不能水解,故C错误; D.甲醇与二甲醚的分子式不同,二者不是同分异构体,故D错误。 故选:B。 A.苯、甲烷与高锰酸钾都不反应; B.苯酚、苯乙醇和苯乙酸分别含有羟基、羧基,都可与钠反应; C.葡萄糖为单糖; D.甲醇与二甲醚的分子式不同。 本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,明确常见有机物的性质即可解答,注意把握有机物的官能团与性质的关系来解答,选项C为易错点,题目难度不大。 4.【答案】D 【解析】 解:A.向碘水中加入等体积?CCl4,振荡后静置,混合液分层,上层接近无色,下层显紫红色,能够证明I2?在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度,故A正确; B.常温下浓盐酸和二氧化锰不反应,氯气能氧化碘化钾生成碘,碘遇淀粉试液变蓝色,没有生成氯气,所以KI淀粉试纸不变色,故B正确; C.滴入几滴稀AgNO3溶液,Ksp小的先沉淀,则观察到产生黄色沉淀,证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),故C正确; D.加入银氨溶液之前必须加入NaOH溶液,否则得不到银镜,故D错误; 故选:D。 A.碘单质易溶于四氯化碳,微溶于水; B.常温下浓盐酸和二氧化锰不反应,氯气能氧化碘化钾生成碘,碘遇淀粉试液变蓝色; C.滴入几滴稀AgNO3溶液,Ksp小的先沉淀; D.加入银氨溶液之前必须加入NaOH溶液。 本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及萃取、氧化还原反应、银镜反应、沉淀的生成及Ksp等,把握物质的性质、反应原理为解答的关键,侧重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。 5.【答案】C 【解析】 解:根据分析可知:X为C元素,Y为Mg,Z为Si,M为S。 A.非金属性C>Si,则简单氢化物稳定性:X>Z,故A正确; B.Si的最高价氧化物为二氧化硅,二氧化硅是制造光导纤维的主要原料,故B正确; C.XM2为CS2,其结构式为为S=C=S,分子中只含有极性共价键,不存在非极性键,故C错误; D.硫离子含有3个电子层,镁离子含有2个电子层,电子层越多离子半径越大,则简单离子半径:Y<M,故D正确; 故选:C。 短周期元素X、Y、Z、M?的原子序数依次增大,元素X?的一种单质是高硬度的宝石,则X为C元素;Y2+的电子层结构与氖相同,则Y为Mg;室温下M?的单质为淡黄色固体,则M为S;Z的原子序数大于Mg而小于S,且质子数为偶数,则Z为Si,以此解答该题。 本题考查了原子结构与元素周期律的关系,题目难度中等,推断元素为解答关键,注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系,试题培养了学生的灵活应用能力。 6.【答案】C 【解析】 解:A.HSO3-在电极I上转化未S2O42-,过程中S的化合价降低,得到电子发生还原反应,则电极I为阴极,电极反应为:2HSO3-+2e-+2H+═S2O42-+2H2O,故A错误; B.电极I为阴极,则电极Ⅱ为阳极,电解池中阳离子向阴极移动,所以电解池中H+通过质子膜向电极I处移动,故B错误; C.吸收塔中通入NO和S2O42-离子反应,生成N2和HSO3-,所以反应方程式为:2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-,故C正确; D.电极Ⅱ为阳极,H2O在电极Ⅱ上被转化为O2,发生电极反应:2H2O-4e-═O2↑+4H+,每处理1?mol?NO,则转移电子数为1mol×2=2mol,根据电子转移守恒,则产生O2的物质的量为2mol×=0.5mol,质量为0.5mol×32g/mol=16g,故D错误, 故选:C。 A.HSO3-在电极I上转化未S2O42-,过程中S的化合价降低,得到电子发生还原反应,则电极I为阴极; B.电极I为阴极,则电极Ⅱ为阳极,电解池中阳离子向阴极移动; C.吸收塔中通入NO和S2O42-离子反应,生成N2和HSO3-,据此写出反应方程式; D.处理NO时,产生HSO3-进入电解池,O2逸出电解池,S2O42-流出电解池,据此计算电解池的质量变化。 本题考查电化学知识,根据电化学装置原理图分析,明确电极反应是解题的关键,题目难度中等,是中档题。 7.【答案】C 【解析】 解:A.上层清液为NaUr饱和溶液,则c(Ur-)==7.0×10-3mol/L,故A错误; B.M→N?的变化过程中,溶液中c(HUr)增大,酸性增强,溶液中c(Ur-)增大,则c(Na+)=减小,故B错误; C.溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(Ur-),根据物料守恒:c(Na+)=c(Ur-)+c(HUr),则有c(HUr)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),当c(HUr)=c(Ur-)时,Ka(HUr)=c(H+)=2.0×10-6mol/L>c(OH-),所以c(Cl-)>c(HUr)=c(Ur-),故C正确; D.pH=7时,溶液中c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(Ur-),则c(Na+)=c(Ur-)+c(Cl-),故D错误, 故选:C。 A.上层清液为NaUr饱和溶液,根据NaUr的溶度积常数计算; B.M→N?的变化过程中,溶液中c(HUr)增大,酸性增强; C.当c(HUr)=c(Ur-)时,根据电荷守恒及物料守恒分析; D.pH=7时,溶液中c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒分析。 本题考查了沉淀溶解平衡的分析判断,溶度积常数的计算应用,弱电解质电离平衡常数的计算,影响平衡的因素分析,题目难度中等。 8.【答案】Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+ ? Al2O3 ? 防止后续步骤生成的氯化铝水解或增大反应物接触面积、加快反应速率 ? Fe ? Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)△H=+174.9kJ/mol ? NaCl ? NaClO、Na2CO3等 ? 除去氯化铁、提高氯化铝的纯度 【解析】 解:(1)AlCl3属于强酸弱碱盐水解显酸性,其水解离子方程式表示为:Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+,氯化铝水溶液在加热时水解生成Al(OH)3和HCl,HCl易挥发,灼烧得到Al2O3, 故答案为:酸;Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+;Al2O3; (2)①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多,其作用是防止后续步骤生成的氯化铝水解或增大反应物接触面积、加快反应速率, 故答案为:防止后续步骤生成的氯化铝水解或增大反应物接触面积、加快反应速率; ②混合物中含Al、Fe、Si元素,步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气,则反应生成相对原子质量比硅大的单质是Fe, 故答案为:Fe; ③由a、Al2O3(s)+3C(s)═2Al(s)+3CO(g)△H1=+1344.1kJ?mol-1 b、2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g)△H2=+1169.2kJ?mol-1 结合盖斯定律可知,a-b得到由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)═2AlCl3(g)+3CO(g)△H=(+1344.1kJ?mol-1)-(+1169.2kJ?mol-1)=+174.9kJ/mol, 故答案为:Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)═2AlCl3(g)+3CO(g)△H=+174.9kJ/mol; ④尾气为CO2、多余的Cl2、O2、SiCl4,步骤Ⅲ经冷却至室温后,气体用足量的NaOH冷溶液吸收,生成的盐主要有3种,其化学式分别为NaCl、NaClO、Na2CO3等, 故答案为:NaCl;NaClO、Na2CO3等; ⑤结合流程及相关数据分析,步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是除去氯化铁、提高氯化铝的纯度,故答案为:除去氯化铁、提高氯化铝的纯度。 (1)强酸弱碱盐水解显酸性,水解生成挥发性酸时,加热蒸干并灼烧最终得到的是金属氧化物; (2)用铝土矿制取无水氯化铝,由工艺流程可知,铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧,发生2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2,固体水分挥发、气孔数目增多,固体混合物和氯气、氧气在950℃加热,Al2O3、Fe2O3和SiO2先被焦炭还原为Al、Fe、Si,该过程生成CO,后Al、Fe、Si分别和Cl2反应生成对应的氯化物,即SiCl4、AlCl3、FeCl3,CO和O2反应生成CO2,后冷却到100℃,尾气为CO2、多余的Cl2,O2,SiCl4,以及AlCl3和FeCl3变成固体,得到氯化铝的粗品,加入氯化钠熔融,铝的金属活动性强于铁,加铝粉,可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来,生成铁和氯化铝,在300℃,废渣为Fe,得到成品氯化铝,尾气中含有氯气,可用氢氧化钠溶液处理,以此解答该题。 本题考查工业上用铝土矿盐制取无水氯化铝工艺,为高考常见题型,侧重考查学生的分析能力和实验能力,涉及硅、铁、铝及其化合物的性质,注意盐的水解、生产流程反应条件的控制以及相关反应方程式的书写等,题目难度中等 9.【答案】 ? 2 ? 4.0×10-7mol-1?L?s-1 ? bdf ? 0.05mol?L-1?min-1 ? 2L/mol ? C ? F 【解析】 解:(1)将方程式2②-①得方程式③,则K3=, 故答案为:; (2)=,n=2,将n代入①中得k=mol-1?L?s-1=4.0×10-7?mol-1?L?s-1, 故答案为:2;4.0×10-7?mol-1?L?s-1; (3)①a.恒容条件下,容器体积始终保持不变,不能据此判断平衡状态,故错误; b.反应前后气体的物质的量减小,压强越小,当容器压强保持不变时,正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,故正确;?????? c.化学平衡常数只与温度有关,温度不变化学平衡常数不变,不能据此判断平衡状态,故错误; d.只有氯气有色,当气体颜色保持不变,正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,故正确; e.v(ClNO)=v(NO)时,反应方向未知,无法确定是否达到平衡状态,故错误; f.NO与?ClNO的物质的量比值保持不变时,正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,故正确; 故选bdf; ②v(ClNO)==0.1mol/(L.min),同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比,据此得v(Cl2)=v(ClNO)=×0.1mol/(L.min)=0.05mol/(L.min), 故答案为:0.05?mol?L-1?min-1; ③开始c(NO)==2mol/L、c(Cl2)==1mol/L, 该反应中2NO(g)+Cl2(g)?2ClNO(g) 开始(mol/L)2????????? 1????????????? 0 反应(mol/L)1???????? 0.5??????????? 1 平衡(mol/L)1??????????0.5???????????1 化学平衡常数K==L/mol=2L/mol, 故答案为:2L/mol; (4)NO的物质的量越大其转化率越小,所以NO转化率最小的是C点;当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大,当n(NO)/n(Cl2)=2.8时产物的含量减小,所以应该是F点, 故答案为:C;F. (1)将方程式2②-①得方程式③,方程式扩大2倍,化学平衡常数为原来的平方,两个方程式相减,则化学平衡常数相除; (2)将得n,将n代入①中得k; (3)①可逆反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变; ②v(ClNO)==0.1mol/(L.min),同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比,据此计算v(Cl2); ③开始c(NO)==2mol/L、c(Cl2)==1mol/L, 该反应中2NO(g)+Cl2(g)?2ClNO(g) 开始(mol/L)2????????? 1????????????? 0 反应(mol/L)1???????? 0.5??????????? 1 平衡(mol/L)1??????????0.5???????????1 化学平衡常数K=; (4)NO的物质的量越大其转化率越小;当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大,当n(NO)/n(Cl2)=2.8时产物的含量减小. 本题考查化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响因素、化学平衡状态判断等知识点,侧重考查学生分析判断及计算能力,利用三段式法进行有关计算,注意(4)中当n(NO)/n(Cl2)=2时反应物的转化率相等且产物的含量最大,题目难度中等. 10.【答案】 ? 乙醇分子间、乙酸分子间存在氢键 ? sp3、sp2 ? 7:1 ? 正四面体形 ? H2SO4、H2O ? 体心立方堆积 ? 8 ? Cr2O3 ? 【解析】 解:(1)Cr原子核外电子数为24,处于第四周期第VIB族,价电子排布式为3d54s1,故价电子排布图为:, 故答案为:; (2)①乙醇分子间、乙酸分子间存在氢键,沸点高于对应的CH3OCH3(二甲醚)、HCOOCH3(甲酸甲酯)的, 故答案为:乙醇分子间、乙酸分子间存在氢键; ②CH3COOH分子中甲基碳原子形成4个σ键、羧基中C原子形成3个σ键,杂化轨道数目分别为4、3,C原子杂化方式分别为sp3、sp2.CH3COOH分子中有3个C-H键、1个C-C键、1个C-O键、1个O-H键、1个C=O双键,单键为σ键,双键含有1个σ键、1个和π键,CH3COOH分子中σ键和π键数目之比为:(3+1+1+1+1):1=7:1, 故答案为:sp3、sp2;7:1; ③K2SO4晶体中阴离子SO42-中S原子孤电子对数==0,价层电子对数=0+4=4,微粒空间构型与VSEPR模型相同为正四面体形;反应中,由分子构成的为乙醇、乙酸、硫酸与水,乙醇、乙酸中含有的碳碳键为非极性键,硫酸与水中正负电荷重心不重合,二者均为含有非极性键的极性分子, 故答案为:正四面体形;H2SO4、H2O; (3)图1种原子处于立方晶胞的顶点与面心位置,其堆积模型为:体心立方堆积,体心Cr原子周围有8个原子,铬原子的配位数为8, 故答案为:体心立方堆积;8; (5)由结构可知,Co原子处于结构单元内部共有4个,O原子位于结构单元的内部、顶点、面心,结构单元中O原子数目=3+2×+12×=6,Co、O原子数目之比为4:6=2:3,故该晶体化学式为?Cr2O3.图中结构单元底面为正六边形,边长为anm,底面面积为6××a×10-7cm×a×10-7cm×sin60°=×a2×10-14cm2,结构单元的体积=×a2×10-14cm2×b×10-7cm=×a2×b×10-21cm3,结构单元中原子总质量=g,故晶体密度=g÷(×a2×b×10-21cm3)=g/cm3, 故答案为:Cr2O3;。 (1)Cr原子核外电子数为24,处于第四周期第VIB族,价电子排布式为3d54s1; (2)①乙醇分子间、乙酸分子间存在氢键; ②CH3COOH分子中甲基碳原子形成4个σ键、羧基中C原子形成3个σ键,杂化轨道数目分别为4、3; CH3COOH分子中有3个C-H键、1个C-C键、1个C-O键、1个O-H键、1个C=O双键,单键为σ键,双键含有1个σ键、1个和π键; ③K2SO4晶体中阴离子SO42-中S原子孤电子对数==0,价层电子对数=0+4=4,微粒空间构型与VSEPR模型相同;反应中,由分子构成的为乙醇、乙酸、硫酸与水,乙醇、乙酸中含有的碳碳键为非极性键,硫酸与水中正负电荷重心不重合; (3)图1种原子处于立方晶胞的顶点与面心位置; (4)Co原子处于结构单元内部共有4个,O原子位于结构单元的内部、顶点、面心,注意1个顶点为图中6个结构单元共用,利用均摊法计算图中结构单元中O原子数目,进而确定化学式;计算结构单元中原子总质量,利用ρ=计算晶体密度。 本题是对物质结构与性质的综合考查,涉及核外电子排布、氢键、杂化方式、化学键、空间构型、分子结构与性质、晶胞结构与计算等,注意根据洪特规则特例理解Cr原子核外电子排布,注意氢键对物质形成的影响,会用氢键解释一些问题,掌握均摊法进行晶胞有关计算。 11.【答案】3-羟基苯甲酸甲酯 ? 还原 ? 保护酚羟基 ? ? 13 ? ? 【解析】 解:(1)物质A含有羟基和酯基,且为相间位置,名称为3-羟基苯甲酸甲酯,故答案为:3-羟基苯甲酸甲酯; (2)B→C的转化中酯基生成羟基,为还原反应,故答案为:还原反应; (3)上述流程中设计A→B步骤,可防止酚羟基被氧化,故答案为:保护酚羟基; (4)A含有酯基和酚羟基,都可与氢氧化钠溶液反应,反应的化学方程式为, 故答案为:; (5)A的同分异构体XⅠ.能与NaHCO3反应放出气体,说明含有羧基;Ⅱ.能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基,如苯环含有2个取代基,可为-OH、-CH2COOH,有邻、间、对3种,如含有3个取代基,可为-OH、-COOH、-CH3,有10种同分异构体,共13种,其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为, 故答案为:13;; (6)根据题给信息,可用乙醛、NaCN和氨气反应生成,水解生成氨基丙酸,在一定条件下发生缩聚反应可生成,则反应的流程为, 故答案为:。 (1)物质A含有羟基和酯基,且为相间位置; (2)根据官能团的变化判断; (3)上述流程中设计A→B步骤,可防止酚羟基被氧化; (4)A含有酯基和酚羟基,都可与氢氧化钠溶液反应; (5)A的同分异构体XⅠ.能与NaHCO3反应放出气体,说明含有羧基;Ⅱ.能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基; (6)根据题给信息,可用乙醛、NaCN和氨气反应生成,水解生成氨基丙酸,在一定条件下发生缩聚反应可生成。 本题考查有机物的推断和合成,为高频考点,把握合成流程中发生的反应、官能团的变化、有机物结构与性质为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度中等。 12.【答案】分液漏斗 ? 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O ? 溶液红色褪去 ? 不合理,制取的氯气中混有HCl气体,HCl气体溶于水后形成盐酸,能与NaHCO3粉末反应产生气泡 ? 吸收尾气,防止污染空气 ? 双手紧握(或微热)试管丁使试管中气体逸出,NO2与水接触后即可引发烧杯中的水倒流入试管丁 ? 2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O 【解析】 解:(1)根据图示仪器的构造特点判断,甲仪器的名称是分液漏斗,故答案为:分液漏斗; (2)①A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2,A中二氧化锰与浓盐酸共热生成二氯化锰、氯气和水,反应的化学方程式为4HCl(浓)+MnO2?MnCl2+Cl2↑+2H2O,故答案为:4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O; ②I.Cl2+H2O?HCl+HClO,HClO有强氧化性,能漂白品红,所以将Cl2通入品红溶液中,溶液褪色,故答案为:溶液红色褪去; II.用浓盐酸制取的氯气中混有HCl气体,由于没有除去,HCl气体溶于水后形成盐酸,能与?NaHCO3粉末反应,生成CO2气体,所以故同学评价不合理, 故答案为:不合理,制取的氯气中混有HCl气体,HCl气体溶于水后形成盐酸,能与?NaHCO3粉末反应产生气泡; ③氯气有毒,氯气能与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O,可用于氯气的尾气处理,故答案为:吸收尾气,防止污染空气; (3)①装置验证NO2与水的反应,其操作步骤为:先关闭止水夹a、b,再打开c,然后双手紧握(或微热)试管丁,使试管中气体逸出,NO2与水接触后即可引发烧杯中的水倒流入试管丁中,故答案为:a、b;?c;双手紧握(或微热)试管丁使试管中气体逸出,NO2与水接触后即可引发烧杯中的水倒流入试管丁; ②NO2和NaOH溶液反应,生成两种钠盐即生成硝酸钠、亚硝酸钠和水,该反应的化学方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O, 故答案为:2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。 (1)由图可知仪器的名称; (2)①A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气, ②I.氯水中含有HClO,HClO具有去氧化性,可漂白品红溶液; II.浓盐酸有挥发性,用浓盐酸制取的氯气中混有HCl气体,会干扰后续实验; ③氯气有毒,需要尾气处理; (3)①B中Cu与浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化氮,验证NO2与水的反应,关闭止水夹a、b,再打开止水夹c,使烧杯中的水进入试管丁中即可; ②NO2与NaOH发生氧化还原反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水。 本题考查气体的制备和性质实验的探究,为高频考点,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,注意把握物质的性质以及实验的原理、方法和注意事项,难度不大。 第2页,共2页 第1页,共1页

  • ID:7-5852857 2019年广东省汕头市高考化学二模试卷(含解析)

    高中化学/高考专区/模拟试题

    2019年广东省汕头市高考化学二模试卷 一、单选题(本大题共7小题,共42.0分) 华夏文明源远流长,以下说法从化学视角理解错误的是(  ) A 日照澄洲江雾开,淘金女伴满江隈 诗中包含了丁达尔现象 B “甘之如饴” 说明糖类均有甜味 C “凡石灰,经火焚炼为用” 这段记载中,涉及分解反应 D 百宝都从海舶来,玻璃大镜比门排 制玻璃的某成分可用于制造光导纤维 A. A B. B C. C D. D NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(  ) A. 标准状况下,?L?中含有分子的数目为 B. 2?L??硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为 C. 1?mol的羟基与1?mol的氢氧根离子所含电子数均为 D. 46g?和混合气体含有原子数为 维生素C具有抗衰老作用,但易被氧化成脱氢维生素C.某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量,其化学方程式如下:下列说法不正确的是(  ) A. 脱氢维生素C分子式为 B. 维生素C中含有3种官能团 C. 上述反应为取代反应 D. 维生素C能使酸性高锰酸钾溶液褪色 下列实验中,对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是(  ) 选项 实验操作 现象 结论 A 向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2 紫色褪去 KMnO4在酸性条件下具有氧化性 B 常温下将Al片置于浓硫酸中 无明显变化 Al与浓硫酸不反应 C 往未知液中先后滴入足量氯水和几滴KSCN溶液 溶液变血红色 未知液中含有Fe3+ D 将某溶液与盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水中 溶液变浑浊 某溶液中一定含有CO32- A. A B. B C. C D. D 已知元素X、Y、Z、W均为短周期主族元素,相关信息如下: 元素 信息 X 常见氢化物呈碱性,可用作制冷剂 Y 氧化物既能与盐酸反应,也能与NaOH溶液反应 Z 所在主族序数与周期数相差4,其单质在常温下呈黄绿色 W 单质存在多种同素异形体,其中一种在常温下会发生自燃 下列说法错误的是(  ) A. 原子半径大小为: B. 元素Y与Z形成的盐在水溶液中呈碱性 C. 最高价氧化物对应的水化物酸性: D. 元素X与Z可以共存于同一离子化合物中 再生氢氧燃料电池(RFC)是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的新型氢能源发电装置,未来极有希望在空间探索、军事等领域替代传统二次电池技术。如图为RFC工作原理示意图,有关说法正确的是(  ) A. 当电路中有电子转移时,a极产生?标准状况下 B. a极上的电势比b极上的低 C. d极发生还原反应,通过隔膜从B管进入A管 D. 气体Y为,在c极发生反应: 25℃时,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定体积均为20mL、浓度0.1mol?L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断正确的是(  ) A. 三种酸的酸性强弱: B. 由Q点可知,HD的电离平衡常数 C. 滴定至W点时,溶液中存在: D. 当三种溶液完全反应后将其混合,溶液中存在: 二、简答题(本大题共5小题,共58.0分) 无水MgBr2广泛用作有机反应催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2,装置如图1,主要步骤如下: 步骤1??三颈瓶中装入10?g镁屑和150?mL无水乙醚;装置B中加入15?mL液溴。 步骤2??缓慢通入干燥的氮气,直至溴完全导入三口瓶中。 步骤3??反应完毕后恢复至室温,过滤,滤液转移至另一干燥的烧瓶中,冷却至0℃,析出晶体,再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。 步骤4??常温下用苯溶解粗品,冷却至0℃,析出晶体,过滤,洗涤得三乙醚合溴化镁,加热至160℃分解得无水MgBr2产品。 已知:①Mg和Br2反应剧烈放热;乙醚(C2H5OC2H5)极易挥发; ②MgBr2具有强吸水性。 ③MgBr2?+3C2H5OC2H5??MgBr2?3C2H5OC2H5△H<0 请回答下列问题: (1)仪器D的名称是______。冷凝水应该从______(填a或b)口通入; (2)干燥的N2可将液溴吹出,是因为液溴具有______的性质实验中不能用干燥空气代替干燥N2,原因是______。 (3)将装置B改为装置C(图2),可能会导致的后果是______。 (4)步骤3中,第一次过滤除去的物质是______。 (5)试用平衡移动的原理说明得到三乙醚合溴化镁后,加热有利于其分解,得无水MgBr2产品的原因:______。 (6)为测定产品的纯度,可用EDTA标准溶液滴定,反应的离子方程式:Mg2++EDTA=EDTA-Mg2+;测定前,先称取0.2000g无水MgBr2产品,溶解后,用0.0500?mol?L-1的EDTA标准溶液滴定至终点,消耗EDTA标准溶液20.00?mL,则测得无水MgBr2产品的纯度是______(以质量分数表示)。 亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂,主要用于纸浆漂白、水处理等;工业上生产NaClO2有多种方法,某工业生产的流程如图所示: 请回答下列问题: (1)合成塔中生成的物质是______(填化学式); (2)电解槽中阳极上的电极反应式为______; (3)反应器Ⅰ中发生反应的化学方程式为______;反应器Ⅱ中发生的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为______; (4)流程中①、②在工业生产中的现实意义是______; (5)从NaClO2溶液中得到NaClO2?3H2O粗晶体的步骤为______、______,过滤、洗涤干燥; (6)为了测定NaClO2??3H2O的纯度,取上述合成产品10?g溶于水配成500?mL溶液,取出10?mL溶液于锥形瓶中,再加人足量酸化的KI溶液,充分反应后加人2~3滴淀粉溶液,用0.264mol/L?Na2S2O3标准液滴定,锥形瓶中溶液______(填颜色变化),且半分钟内不发生变化,说明滴定达终点,用去标准液20.00mL,试样纯度是否合格______(填“合格”或“不合格”,合格纯度在90%以上)。提示:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI 环境保护、药物开发是我们一直关注的热点。氯化亚砜(SOCl2)是一种医药合成的中间体,工业上利用尾气SO2与SCl2、Cl2反应合成氯化亚砜:SO2(g)+Cl2(g)+SCl2(g)?2SOCl2(g)。 请回答下列问题: (1)SOCl2常用作脱水剂,能与水剧烈反应生成两种酸性气体,其化学反应方程式为______; (2)在373K时,向10L的密闭容器中通入SO2、SCl2与Cl2均为0.40mol,发生上述反应。测得其压强(p)随时间(t)的变化为表中数据Ⅰ(反应达到平衡时的温度与起始温度相同,p0为初始压强)。 t/min 0 1 2 3 4 5 Ⅰ p 6.0p0 6.7p0 6.1p0 5.4p0 5.0p0 5.0p0 Ⅱ p 6.0p0 7.0p0 5.3p0 5.0p0 5.0p0 5.0p0 ①该反应的△H______(填“>”“<”或“=”)0 ②Ⅰ反应开始至达到平衡时,v(SOCl2)=______ ③若只改变某一条件,其他条件相同时,测得其压强随时间的变化为表中数据Ⅱ,则改变的条件是______,原因是______ (3)如图是某小组测定上述反应的平衡常数负对数值(-lgK)与温度的变化关系点。 ①A点的数值为______(已知:lg2=0.3) ②当升高到某一温度时,反应重新达到平衡,A点可能变化为______。 (4)常温下饱和亚硫酸溶液的物质的量浓度为1.25mol?L-1,电离常数Ka1=1.54×10-2,Ka2=1.02×10-7.向10mL饱和H2SO3溶液中滴加相同物质的量浓度的NaOH溶液VmL.当V=amL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-);当V=bmL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(Na+)=c(SO3-)+c(HSO3-)+c(H2SO3);则a______(填“大于”“小于”或“等于”)b。 微量元素硼对植物生长及人体健康有着十分重要的作用,其化合物在耐高温合金工业、催化剂制造、高能燃料等方面有广泛应用。 (1)硼基态原子的电子排布式为______。?硼和铝可分别形成[BF4]-和[AlF6]3-,[BF4]-中B原子的杂化轨道类型为______,硼元素不可能形成[BF6]3-的原因是______。 (2)氨硼烷(H3N→BH3)和Ti(BH4)3均为新型储氢材料。 ①B与N的电负性:B______N(填“>”“<”或“=”)。 ②Ti(BH4)3由TiCl3和LiBH4反应制得。写出制备反应的化学方程式:______。 (3)以硼酸(H3BO3)为原料可制得硼氢化钠(NaBH4),它是有机合成中的重要还原剂。BH4-的键角是______立体构型为正四面体______。 (4)磷化硼(BP)可用做耐磨材料,作为金属表面的保护层,其结构与金刚石类似,晶胞结构如图所示。磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中,B原子构成的几何形状是______;已知晶胞边长为458?pm,则磷化硼晶体的密度是______?g?cm-3(列式并计算,结果保留两位有效数字,已知4.583=96.07)。 咖啡酸苯乙酯是蜂胶主要活性组分之一,具有极强的抗炎和抗氧化活性,常用于抗肿瘤,在医学上具有广阔的应用前景。合成咖啡酸苯乙酯的路线设计如下: 已知:①A的核磁共振氢谱有三个波峰,红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键。 ②; ?③ 请回答下列问题: (1)物质B的名称为______; (2)由D生成E、E生成F的反应类型为______、______; (2)检验A中官能团的实验操作是______; (4)D的结构简式为______; (5)咖啡酸生成咖啡酸苯乙酯的化学方程式为______; (6)芳香化合物X是G(C9H8O3)的同分异构体,X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2,且与新制?Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀,其核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢,峰面积比为2:2:2:1:1,写出两种符合要求的X的结构简式______; (7)参照上述合成路线,以??和丙醛为原料(其他试剂任选),设计制备??的合成路线。 答案和解析 1.【答案】B 【解析】 解:A.日照澄洲江雾开,淘金女伴满江隈(唐),雾为气溶胶,能发生丁达尔效应,故A正确; B.淀粉和纤维素属于糖类,但没有甜味,故B错误; C.石灰石加热后能制得生石灰,该反应为分解反应,故C正确; D.制玻璃原料有石灰石、碳酸钠和石英,石英主要成分为二氧化硅,是制造光导纤维主要原料,故D正确; 故选:B。 A.胶体具有丁达尔效应; B.淀粉和纤维素没有甜味; C.石灰石加热后能制得生石灰; D.制玻璃原料有石灰石、碳酸钠和石英。 本题考查了元素化合物知识,涉及胶体的性质、糖类和石灰石、硅及其化合物用途,熟悉相关物质的性质和用途是解题关键,题目难度不大。 2.【答案】D 【解析】 解:A.标况下三氯甲烷为液体,不能使用气体摩尔体积,故A错误; B.硫酸钾溶液中,含有硫酸根离子、氢氧根离子阴离子,2 L 0.5mol?L-1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数大于NA,故B错误; C.1mol的羟基含有电子数9NA,1mol的氢氧根离子含电子数为10NA,故C错误; D.二氧化氮与四氧化二氮具有相同最简式NO2,46g?NO2和N2O4混合气体含有原子数为:×3×NA=3NA,故D正确; 故选:D。 A.标况下三氯甲烷为液体; B.硫酸钾溶液中,含有硫酸根离子、氢氧根离子阴离子; C.1个羟基含有9个电子,1个氢氧根离子含有10个电子; D.二氧化氮与四氧化二氮具有相同最简式NO2; 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度中等,注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件,掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。 3.【答案】C 【解析】 解:A.维生素C分子中含有6个C、8个H、6个O原子,分子式为C6H8O6,故A正确; B.维生素C中含有羟基、酯基和碳碳双键3种官能团,故B正确; C.维生素C生成脱氢维生素C的过程为氧化反应,不符合取代反应的特点,故C错误; D.含有碳碳双键、羟基,可与高锰酸钾发生氧化反应,故D正确。 故选:C。 维生素C含有羟基、酯基和碳碳双键,可发生取代、氧化反应,维生素C生成脱氢维生素C的过程为氧化反应,结合有机物的结构简式判断元素种类和原子个数,可确定有机物分子式,以此解答该题。 本题考查有机物的结构和性质,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握有机物的结构和官能团的性质为解答该题的关键,侧重醇、烯烃、酯性质的考查,题目难度不大。 4.【答案】A 【解析】 解:A.KMnO4溶液中滴加H2O2,发生氧化还原反应,则紫色褪去,KMnO4在酸性条件下具有氧化性,故A正确; B.常温下将Al片置于浓硫酸中,发生钝化,则无明显变化,故B错误; C.先加氯水可氧化亚铁离子,应先加KSCN溶液无现象,后加氯水检验亚铁离子,故C错误; D.碳酸氢根离子、碳酸根离子均与盐酸反应生成二氧化碳,则溶液中可能含有CO32-,故D错误; 故选:A。 A.KMnO4溶液中滴加H2O2,发生氧化还原反应; B.常温下将Al片置于浓硫酸中,发生钝化; C.先加氯水可氧化亚铁离子; D.碳酸氢根离子、碳酸根离子均与盐酸反应生成二氧化碳。 本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键,侧重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。 5.【答案】B 【解析】 解:根据分析可知:X为N,Y为Al,Z为Cl,W为P元素。 A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小,电子层越多原子半径越大,则原子半径大小为:Y>W>Z>X,故A正确; B.Al、Cl形成的化合物为氯化铝,氯化铝为强酸弱碱盐,其酸溶液呈酸性,故B错误; C.非金属性N>P,则最高价氧化物对应的水化物酸性:X>W,故C正确; D.N、Cl与H一起可以形成离子化合物氯化铵、氯酸铵等,故D正确; 故选:B。 元素X、Y、Z、W均为短周期主族元素,X的常见氢化物呈碱性,可用作制冷剂,则X为N元素;Y的氧化物既能与盐酸反应,也能与NaOH溶液反应,则Y为Al元素;Z所在主族序数与周期数相差4,其单质在常温下呈黄绿色,则Z为Cl元素;W单质存在多种同素异形体,其中一种在常温下会发生自燃,则W为P元素,据此解答。 本题考查原子结构与元素周期律的关系,题目难度不大,根据题干信息推断元素为解答关键,注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质,试题培养了学生的综合应用能力。 6.【答案】B 【解析】 解:A.当有0.1mol电子转移时,a电极为原电池正极,电极反应为4H++4e-=2H2↑,产生0.05mol即1.12LH2,故A错误; B.a、b电极分别是电解池的阴极和阳极,则b极上的电势比a极上的高,即a极上的电势比b极上的低,故B正确; C.d为负极、失电子、发生氧化反应,右端装置B池中的H+可以通过隔膜进入A池,故C错误; D.气体Y为O2,在c极发生得电子的还原反应,酸性条件下,电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O,故D错误; 故选:B。 依据图示知左边装置是电解池,右边装置是原电池,a、b电极分别是电解池的阴极和阳极,电解时阴极a得到电子、发生还原反应:4H++4e-=2H2↑,气体X是氢气,b电极为阳极、失电子、发生氧化反应:4OH--4e-=2H2O+O2↑,气体Y是氧气;原电池中是酸性溶液,d为负极、失电子、发生氧化反应:2H2-4e-=4H+;c电极为正极、得到电子、发生还原反应:O2+4H++4e-=2H2O,据此解答。 本题考查了化学电源新型电池,主要考查原电池和电解池的工作原理、电极判断、电极反应,注意原电池中电解质溶液是酸而不是碱,选项D是易错点,题目难度不大。 7.【答案】C 【解析】 解:A.根据图象可知,0.1mol?L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,pH大小为:HD>HB>HA,溶液pH越大酸性越弱,则三种酸的酸性强弱:HD<HB<HA,故A错误; B.Q点溶液的pH=3.8,c(D-)≈c(H+)=10-3.8mol/L,c(HD)≈0.1mol/L,则HD的电离平衡常数Ka≈=10-6.6,故B错误; C.W点溶液的pH<7,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),此时溶质为等浓度的HB、NaB,说明HB的电离程度大于B-的水解程度,则c(B-)>c(HB),结合物料守恒c(B-)+c(HB)=2c(Na+)可知:c(B-)>c(Na+)>c(HB),溶液中离子浓度大小为:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-),故C正确; D.0.1mol?L-1的三种酸的pH都大于>1,说明三种酸都是弱酸,则完全反应后生成的都是强碱弱酸盐,混合液呈碱性,则c(H+)<c(OH-),结合电荷守恒可知:c(Na+)>c(A-)+c(B-)+c(D-),故D错误; 故选:C。 A.相同浓度时,溶液的pH越大酸性越弱; B.Q点溶液的pH=3.8,c(D-)≈c(H+)=10-3.8mol/L,c(HD)≈0.1mol/L,据此带入平衡常数表达式计算; C.W点溶质为等浓度的HB、NaB,溶液呈酸性,说明HB的电离程度大于B-的水解程度,结合物料守恒分析; D.根据图象可知,0.1mol?L-1的三种酸的pH都大于>1,三种酸(HA、HB和HD)都是弱酸,恰好反应后生成的都是强碱弱酸盐,混合液呈碱性,结合电荷守恒分析。 本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较,题目难度中等,明确图象曲线变化的意义为解答关键,注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理,试题培养了学生的灵活应用能力。 8.【答案】球形冷凝管 ? a ? 极易挥发 ? 镁屑会与空气中的氧气反应,生成的MgO阻碍反应的继续进行 ? 会将液溴挤压入三口瓶中,反应加剧大量放热存在安全隐患 ? 镁屑 ? 加热促使乙醚挥发,且逆反应是吸热反应,加热后平衡朝有利于三乙醚合溴化镁分解的方向移动 ? 92.0% 【解析】 解:(1)仪器D为球形冷凝管,作用是使挥发出的乙醚和溴蒸气冷却并回流至反应装置,冷凝水从a口通入; 故答案为:球形冷凝管;a; (2)因为液溴极易挥发,故干燥的N2可将液溴吹出;镁屑会与空气中的氧气反应,生成的MgO阻碍反应的继续进行,故实验中不能用干燥空气代替干燥N2; 故答案为:极易挥发;镁屑会与空气中的氧气反应,生成的MgO阻碍反应的继续进行; (3)已知:Mg和Br2反应剧烈放热,将装置B改为装置C,会将液溴挤压入三口瓶中,反应加剧大量放热存在安全隐患; 故答案为:会将液溴挤压入三口瓶中,反应加剧大量放热存在安全隐患; (4)步骤3中,第一次过滤除去的物质是镁屑; 故答案为:镁屑; (5)已知MgBr2?+3C2H5OC2H5??MgBr2?3C2H5OC2H5△H<0,加热促使乙醚挥发,且逆反应是吸热反应,加热后平衡朝有利于三乙醚合溴化镁分解的方向移动; 故答案为:加热促使乙醚挥发,且逆反应是吸热反应,加热后平衡朝有利于三乙醚合溴化镁分解的方向移动; (6)依据方程式Mg2++Y4-═MgY2-分析,溴化镁的物质的量=0.0500mol/L×0.02L=0.001mol,则溴化镁的质量为0.001mol×184g/mol=0.184g,溴化镁的产品的纯度=92.0%; 故答案为:92.0%。 (1)根据仪器构造和作用可知; (2)溴易挥发,可以吹出;空气中的氧气与Mg反应; (3)将装置B改为装置C,会将液溴挤压入三口瓶中,而Mg和Br2反应剧烈放热; (4)反应完毕后恢复至常温,过滤除去固体为镁屑; (5)已知:MgBr2?+3C2H5OC2H5??MgBr2?3C2H5OC2H5△H<0,加热有利于吸热方向,同时乙醚会挥发,据此分析; (6)依据方程式Mg2++Y4-═MgY2-分析,溴化镁的物质的量=0.0500mol/L×0.02L=0.001mol,则溴化镁的质量为0.001mol×184g/mol=0.184g,据此计算。 本题考查了物质制备实验方案的设计、物质分离提纯的综合应用,为高频考点,侧重考查学生的分析能力和实验能力,注意把握实验的原理和操作方法,题目难度中等。 9.【答案】HCl ? Cl-+3H2O-6e-=ClO3-+6H+ ? 2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O ? 2:1 ? 循环利用,提高原料利用率,降低生产成本 ? 蒸发浓缩 ? 冷却结晶 ? 蓝色变为无色 ? 合格 【解析】 解:(1)根据流程图可知,合成塔为氢气与氯气反应,生成HCl; 故答案为:HCl; (2)根据题意电解NaCl溶液得到氢气和NaClO3溶液,阳极发生氧化反应,元素化合价升高,故阳极得到NaClO3溶液,电极反应式为:Cl-+3H2O-6e-=ClO3-+6H+; 故答案为:Cl-+3H2O-6e-=ClO3-+6H+; (3)反应器I为HCl与NaClO3溶液反应得到氯气、ClO2和NaCl,故反应为:2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O;ClO2和NaOH、H2O2在反应器II发生反应:H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2,氯元素化合价降低被还原,ClO2为氧化剂,H2O2为还原剂,故氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1; 故答案为:2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O;2:1; (4)流程中①、②是将得到的氯气和NaCl溶液循环利用,提高原料利用率,降低生产成本; 故答案为:循环利用,提高原料利用率,降低生产成本; (5)从NaClO2溶液中得到NaClO2?3H2O粗晶体的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥; 故答案为:蒸发浓缩;冷却结晶; (6)取上述合成产品10?g溶于水配成500?mL溶液,取出10?mL溶液于锥形瓶中,再加人足量酸化的KI溶液,NaClO2?将KI氧化为碘单质,反应为:ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2O,充分反应后加人2~3滴淀粉溶液,溶液显蓝色,用0.264mol/L?Na2S2O3标准液滴定,当碘反应完成,达到滴定终点,观察到溶液蓝色变为无色,且半分钟内不发生变化, 根据关系式:NaClO2??3H2O~2I2~4Na2S2O3,又n(NaClO2??3H2O)=n(Na2S2O3)=×0.264mol/L×0.02L=0.00132mol, 所以500ml溶液中含有:n(NaClO2?3H2O)=0.00132mol×50=0.066mol, 则10g合成产品中含有:m(NaClO2?3H2O)=0.066mol×144.5g/mol=9.537g, 则ω(NaClO2?3H2O)=9.527/10g×100%=95.27%>90%,所以产品合格; 故答案为:蓝色变为无色; 合格。 根据流程:电解NaCl溶液,阴极反应为:2H++2e-=H2↑,阳极反应:Cl-+3H2O-6e-=ClO3-+6H+,将电解得到的氢气、氯气在合成塔中合成HCl,HCl与NaClO3溶液在反应器I中反应:2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O,得到的氯气和NaCl溶液可以循环利用,提高原料利用率,降低生产成本,将ClO2和NaOH、H2O2在反应器II发生反应:H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2,将得到的NaClO2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得到NaClO2?3H2O粗晶体,据此分析作答。 本题考查了物质制备流程和方案的分析判断,物质性质的应用,题干信息的分析理解,结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键,需要学生有扎实的基础知识的同时,还要有处理信息应用的能力,综合性强,题目难度中等。 10.【答案】SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑ ? < ? 0.01mol?L-1?min-1 ? 加入催化剂 ? 由图可知,改变条件后达到平衡所需时间较原来短(或反应速率更大),且平衡时的压强与原平衡相等 ? -2.3 ? CD ? 大于 【解析】 解:(1)SOCl2常用作脱水剂,能与水剧烈反应生成两种酸性气体,根据元素守恒知,生成的气体是SO2和HCl,反应方程式为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑, 故答案为:SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑; (2)①升高温度,K值减小,该反应为放热反应,该反应的△H<0,故答案为:<; ②开始时混合气体总物质的量=3×0.40mol=1.20mol,开始时压强为p0,达到平衡状态时压强为5.0p0,压强之比等于物质的量之比,则平衡时混合气体总物质的量=×1.20mol=1.0mol,根据方程式知,反应前后气体物质的量减少的量2倍为SOCl2的物质的量,n(SOCl2)=2×(1.20-1.0)mol=0.4mol,v(SOCl2)==mol?L-1?min-1=0.01mol?L-1?min-1, 故答案为:0.01mol?L-1?min-1; ③若只改变某一条件,其他条件相同时,测得其压强随时间的变化为表中数据Ⅱ,根据表中数据知,反应达到平衡时间缩短且平衡时压强不变,说明改变条件只影响化学反应速率不影响平衡移动,催化剂能改变化学反应速率但是不影响平衡移动,所以改变的条件是加入催化剂, 故答案为:加入催化剂;由图可知,改变条件后达到平衡所需时间较原来短(或反应速率更大),且平衡时的压强与原平衡相等; (3)①根据(1)可知,373K时: ????????SO2(g)+Cl2(g)+SCl2(g)?2SOCl2(g) c平:0.02????????0.02???????? 0.02????????????? 0.04 则化学平衡常数K==200,则A点的数值为-lgK=-lg200=-2.3; 故答案为:-2.3; ②该反应为放热反应,升高温度,K值减小,lgK减小,-lgK增大,故A可能变化为CD两点; 故答案为:CD; (4)当V=amL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-),结合溶液中存在的电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),则c(H+)=c(OH-),此时溶液显中性,应为Na2SO3和NaHSO3的混合溶液,则20mL>a>10mL;当V=b??mL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),符合NaHSO3溶液中存在的物料守恒式,则b=10mL,即a?大于b, 故答案为:大于。 (1)SOCl2常用作脱水剂,能与水剧烈反应生成两种酸性气体,根据元素守恒知,生成的气体是SO2和HCl; (2)①升高温度,K值减小,平衡逆向移动; ②开始时混合气体总物质的量=3×0.40mol=1.20mol,开始时压强为p0,达到平衡状态时压强为5.0p0,压强之比等于物质的量之比,则平衡时混合气体总物质的量=×1.20mol=1.0mol,根据方程式知,反应前后气体物质的量减少的量2倍为SOCl2的物质的量,n(SOCl2)=2×(1.20-1.0)mol=0.4mol,v(SOCl2)=; ③若只改变某一条件,其他条件相同时,测得其压强随时间的变化为表中数据Ⅱ,根据表中数据知,反应达到平衡时间缩短且平衡时压强不变,说明改变条件只影响化学反应速率不影响平衡移动; (3)①根据(1)可知,373K时: ????????SO2(g)+Cl2(g)+SCl2(g)?2SOCl2(g) c平:0.01?? ?????0.01??? ???? 0.01????????????? 0.02 则化学平衡常数K==400; ②该反应为放热反应,升高温度,K值减小; (4)当V=amL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-),结合溶液中存在的电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),则c(H+)=c(OH-),此时溶液显中性,溶质为Na2SO3和NaHSO3; 当V=b??mL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),溶质为NaHSO3。 本题考查了化学平衡计算、弱电解质的电离、化学平衡移动影响因素等知识点,明确外界条件对化学平衡影响原理、化学平衡常数计算方法、离子浓度大小比较方法是解本题关键,(4)为解答易错点,采用逆向思维方法分析,题目难度中等。 11.【答案】1s22s22p1 ? sp3 ? 硼原子的价电子层只有2s和2p四个原子轨道,没有d轨道,最多可以形成四个共价键 ? < ? TiCl3+3LiBH4=Ti(BH4)3+3LiCl ? 109°28' ? 正四面体 ? 正方形 ? 2.9 【解析】 解:(1)B是5号元素,处于周期表中第二周期IIIA族,基态原子核外电子排布式为:1s22s22p1;[BF4]-中B原子孤电子对数==0,价层电子对数=4+0=4,B原子的杂化轨道类型为sp3;硼原子的价电子层只有?2s和2p四个原子轨道,最多可以形成四个共价键,则硼元素不可能形成[BF6]3-, 故答案为:1s22s22p1;sp3;硼原子的价电子层只有2s和2p四个原子轨道,没有d轨道,最多可以形成四个共价键; (2)①同周期主族元素随原子序数增大电负性增大,故电负性B<N, 故答案为:<; ②TiCl3和LiBH4反应得到Ti(BH4)3,类似复分解反应,还得到LiCl,反应方程式为:TiCl3+3LiBH4═Ti(BH4)3+3LiCl, 故答案为:TiCl3+3LiBH4═Ti(BH4)3+3LiCl; (3)NaBH4为离子化合物,含离子键、共价键,BH4-中含四个共价键,B原子是sp3杂化,其电子式为,其中BH4-立体构型为正四面体,键角为109°28', 故答案为:109°28';正四面体; (4)磷化硼晶胞中4个B原子分布正方体中心为中心的正四面体位置,其俯视图中4个B原子形成正方形,晶胞中含有4个B原子,P原子数=8×+6×=4,晶胞质量mg,晶胞体积V=(458×10-10)3cm3, 则该磷化硼晶体的密度ρ==g/cm3≈2.9g/cm3, 故答案为:正方形;2.9。 (1)B是5号元素,处于周期表中第二周期IIIA族;[BF4]-中B原子孤电子对数==0,价层电子对数=4+0=4;硼原子的价电子层只有?2s和2p四个原子轨道,最多可以形成四个共价键; (2)①同周期主族元素随原子序数增大电负性增大; ②TiCl3和LiBH4反应得到Ti(BH4)3,类似复分解反应,还得到LiCl,配平书写方程式; (3)NaBH4为离子化合物,含离子键、共价键,BH4-中含四个共价键,B原子是sp3杂化; (4)磷化硼晶胞中4个B原子分布正方体中心为中心的正四面体位置,其俯视图中4个B原子形成正方形,晶胞中含有4个B原子,P原子数=8×+6×=4,晶胞质量mg,晶胞体积V=(a×10-10)3cm3,根据晶体密度ρ=计算。 本题考查晶胞计算及原子结构与元素性质的应用,题目难度中等,明确原子核外电子排布规律及杂化类型判断方法为解答关键,(4)为易错点,注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用,试题知识点较多,充分考查了学生的分析能力及综合应用能力。 12.【答案】对甲基苯酚或4-甲基苯酚 ? 水解反应或取代反应 ? 氧化反应 ? 取少量A于试管中,加NaOH溶液加热充分反应后,取上层清液于另一只试管中,加入稀HNO3酸化,再加AgNO3溶液,若产生白色沉淀,则A中含官能团-Cl ? ? ?或 【解析】 解:(1)B为,物质B的名称为对甲基苯酚或4-甲基苯酚, 故答案为:对甲基苯酚或4-甲基苯酚; (2)由D生成E、E生成F的反应类型为水解反应或取代反应、氧化反应, 故答案为:水解反应或取代反应、氧化反应; (2)A中含有氯原子,检验A中官能团的实验操作是取少量A于试管中,加NaOH溶液加热充分反应后,取上层清液于另一只试管中,加入稀HNO3酸化,再加AgNO3溶液,若产生白色沉淀,则A中含官能团-Cl, 故答案为:取少量A于试管中,加NaOH溶液加热充分反应后,取上层清液于另一只试管中,加入稀HNO3酸化,再加AgNO3溶液,若产生白色沉淀,则A中含官能团-Cl; (4)D的结构简式为, 故答案为:; (5)和3-溴乙基苯发生取代反应生成, 该反应方程式为, 故答案为:; (6)G结构简式为,芳香化合物X是G(C9H8O3)的同分异构体,X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2,说明X中含有羧基,且与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀,说明含有醛基,其核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢,峰面积比为2:2:2:1:1,其两种符合要求的X的结构简式分别为、, 故答案为:或; (7)以??和丙醛为原料(其他试剂任选)制备?,发生信息②的反应,然后发生水解反应、催化氧化反应、③的反应得到目标产物,其合成路线为, 答:。 A的核磁共振氢谱有三个波峰,结合F结构简式知,A为,A和氢氧化钠的水溶液发生水解反应然后酸化得到B为,B发生②的反应生成C为,C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D,D发生水解反应然后酸化得到E,E发生氧化反应生成F,则E结构简式为,D为,F发生信息③的反应生成G,G结构简式为,G发生银镜反应然后酸化生成咖啡酸,红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键,咖啡酸结构简式为,咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成咖啡酸苯乙酯,咖啡酸苯乙酯结构简式为; (7)以??和丙醛为原料(其他试剂任选)制备?,发生信息②的反应,然后发生水解反应、催化氧化反应、③的反应得到目标产物。 本题考查有机物的合成及推断,为高频考点,把握合成流程中官能团变化、碳原子数变化、有机反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意有机物性质的应用及习题中信息的应用,题目难度不大。 第2页,共2页 第1页,共1页

  • ID:7-5840297 2019年广东省广州市高考化学二模试卷(含解析)

    高中化学/高考专区/模拟试题

    2019年广东省广州市高考化学二模试卷 一、单选题(本大题共7小题,共42.0分) 从某废旧锂离子电池的正极材料(LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上)中回收金属资源,其流程如图所示: 下列叙述错误的是(  ) A. 反应可用氨水代替NaOH溶液 B. 反应中是还原剂 C. 在空气中灼烧可除去中的碳粉 D. 从正极材料中可回收的金属元素有Mn、Li、Al NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(  ) A. 10?L?的?溶液中含离子数为 B. 28?g乙烯与丙烯混合物中含有键数目为 C. 3?mol?与1?mol?混合反应生成,转移电子数为 D. ?标准状况?溶于水,溶液中、和HClO的微粒数之和为 下列实验操作能达到实验目的是(  ) 实验目的 实验操作 A 探究浓度对反应速率的影响 常温下将两块形同的铜片分别加入到浓硝酸和稀硝酸中观察实验现象 B 制取并纯化氯气 常温下向MnO2中滴加浓盐酸,将生成的气体依次通过浓硫酸和饱和食盐水 C 检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质 将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后,滴加KSCN溶液,观察溶液是否变红 D 比较乙醇和水中氢的活泼性 分别将少量钠投入盛有无水乙醇和水的烧杯中 A. A B. B C. C D. D 环与环之间共用两个或多个碳原子的多环烷烃称为桥环烷烃,其中二环[1.1.0]丁烷?()是其中一种。下列关于该化合物的说法正确的是(  ) A. 与是同系物 B. 一氯代物只有一种 C. 与环丁烯互为同分异构体 D. 所有碳原子可能都处于同一平面 W、X、Y、Z均为短周期元素,游离态的W存在于火山喷口附近,火山喷出物中含有大量W的化合物,X原子既不易失去也不易得到电子,X与Y位于同一周期,Y原子最外层电子数为6,Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是(  ) A. X的氢化物常温常压下为液态 B. Y与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物 C. W与Y具有相同的最高化合价 D. W与Z形成的化合物的水溶液呈中性 H2C2O4是二元弱酸,常温下,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5,下列溶液的离子浓度关系式正确的是(  ) A. 的溶液中, B. 的溶液与的NaOH溶液任意比例混合: C. 将NaOH溶液滴加到溶液中至混合溶液呈中性: D. 溶液中: 利用双离子交换膜电解法可以处理含NH4NO3的工业废水,原理如图所示,下列叙述错误的是(  ) A. 由b室向c室迁移 B. c室得到的混合气体是和 C. 阳极反应式为 D. 理论上外电路中流过1mol电子,可处理工业废水中? 二、简答题(本大题共4小题,共44.0分) 硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、黄铁矿(FexS)、晶质铀矿(UO2)等,以该矿为原料制备MgSO4?H2O和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下: 已知:UO22+在pH为4~5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀 回答下列问题: (1)“酸浸”时,写出MgBO2(OH)与硫酸反应的化学方程式______,NaClO3可将UO2转化为UO22+,反应的离子反应方程式为______。 (2)“除铁净化”需要加入______(填一种试剂的化学式)调节溶液pH至4~5,滤渣的主要成分是______。 (3)“蒸发浓缩”时,加入固体MgCl2的作用是______。 (4)“酸浸”时少量铁精矿(Fe3O4、FexS)因形成“腐蚀电池”而溶解,反应生成Fe2+和硫单质,写出负极反应式______。 (5)某工厂用m1kg硼铁混合精矿(含B为11%)制备H3BO3,最终得到产品m2kg,产率为______。 煤的气化产物(CO、H2)可用于制备合成天然气(SNG),涉及的主要反应如下: CO甲烷化:CO(g)+3H2(g)?CH4(g)+H2O(g)△H1=-206.2kJ?mol-1 水煤气变换:CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ?mol-1 回答下列问题: (1)反应CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)的△H=______kJ?mol-1 某温度下,分别在起始体积相同的恒容容器A、恒压容器B中加入1molCO2和4molH2的混合气体,两容器反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是______(填“A”或“B”)。 (2)在恒压管道反应器中按n(H2):n(CO)=3:1通入原料气,在催化剂作用下制备合成天然气,400℃、p总为100kPa时反应体系平衡组成如表所示。 组分 CH4 H2O H2 CO2 CO 体积分数φ/% 45.0 42.5 10.0 2.00 0.500 ①该条件下CO的总转化率α=______。若将管道反应器升温至500°C,反应迅达到平衡后CH4的体积分数φ______45.0%(填“>”、“<”或“=”)。 ②Kp、Kx分别是以分压、物质的量分数表示的平衡常数,Kp只受温度影响。400℃时,CO 甲烷化反应的平衡常数Kp=______kPa-2(计算结果保留1位小数);Kx=______(以K???和p总表示)。其他条件不变,增大p总至150kPa,Kx______(填“增大”、减小”或“不变”)。 (3)制备合成天然气采用在原料气中通入水蒸气来缓解催化剂积碳。积碳反应为: 反应Ⅰ:CH4(g)?C(s)+2H2(g)△H=+75kJ?mol-1 ?反应Ⅱ:2CO(g)?C(s)+CO2(g)△H=-172kJ?mol-1 平衡体系中水蒸气浓度对积碳量的影响如图所示,下列说法正确的是______(双选)。 A.曲线1在550-700℃积碳量增大的原因可能是反应Ⅰ、Ⅱ的速率增大 B.曲线1在700-800℃积碳量减小的原因可能是反应Ⅱ逆向移动 C.曲线2、3在550-800℃积碳量较低的原因是水蒸气的稀释作用使积碳反应速率减小 D.水蒸气能吸收反应放出的热量,降低体系温度至550℃以下,有利于减少积碳 钛的化合物在化工、医药、材料等领域具有广泛应用。回答下列问题: (1)基态Ti原子的未成对电子数是______,基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态,写出该激发态价层电子排布式______。 (2)钛卤化物的熔点和沸点如下表所示,TiCl4、TiBr4、TiI4熔沸点依次升高的原因是______;TiF4熔点反常的原因是______。 TiF4 TiCF4 TiBr4 TiI4 熔点/℃ 377 -24 38 150 沸点/℃ - 136 230 377 (3)Ti可形成配合物[Ti(urea)6](ClO4)3,urea表示尿素,其结构如图1所示: ①配合物中Ti化合价为______。 ②尿素中C原子的杂化轨道类型为______。 ③ClO4-的立体构型为______。 (4)如图2为具有较高催化活性材料金红石的晶胞结构,其化学式为______;已知该晶体的密度为ρg?cm-3,Ti、O原子半径分别为a?pm和b?pm,阿伏加德罗常数的值为N,则金??A红石晶体的空间利用率为______(列出计算式)。 化合物H的液晶材料的单体,其合成路线如下: 回答下列问题: (1)A的化学名称为______。 (2)D、E的结构简式为______、______。 (3)由F生成G的反应类型为______。 (4)G中含氧官能团的名称是______。 (5)写出同时符合下列条件的B的同分异构体的结构简式_______。 ①能发生银镜反应;②能与FeCl3溶液发生显色反应;③苯环上有三种不同化学环境的氢原子。 (6)化合物??是一种抗癌药物中间体,设计由 和CH3I为起始原料制备该化合物的合成路线(无机试剂任选)______ 三、实验题(本大题共1小题,共14.0分) 无水氯化锌常用作有机合成的催化剂。.实验室采用HCl气体除水、ZnCl2升华相结合的方法提纯市售氯化锌样品(部分潮解并含高纯高温不分解杂质)。实验装置如图所示: 回答下列问题: (1)无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn(OH)Cl的化学方程式为_______。 (2)除水阶段:打开K1,K2.将管式炉Ⅰ、Ⅱ升温至150℃,反应一段时间后将管式炉Ⅰ、Ⅱ的温度升至350℃,保证将水除尽。除水阶段发生反应的化学方程式为______。 (3)升华阶段:撤去管式炉Ⅱ,将管式炉I迅速升温至750℃,升温的目的是______。一段时间后关闭管式炉I并关闭______(填K1或K2),待冷却后关闭______(填K1或K2)。最后将______(填A或B)区的氯化锌转移、保存。 (4)除水阶段HCl与?N2流速要快,有利于提高除水效率。升华阶段HCl与N2流速要慢,其原因是______。 (5)测定市售ZnCl2样品中的锌的质量分数。步骤如下: ①溶液配制:称取m?g样品,加水和盐酸至样品溶解,转移至250?mL的_______中,加蒸馏水至刻度线,摇匀。 ②滴定:取25.00mL待测液于锥形瓶中,用c?mol?L-1K4[Fe(CN)6]标准溶液滴定至终点,消耗V?mL.滴定反应为:2K4[Fe(CN)6]+3ZnCl2=K2Zn3[Fe(CN)6]2↓+6KCl该样品中锌的质量分数为______。 答案和解析 1.【答案】A 【解析】 解:A.氨水与Al不反应,不能代替NaOH,故A错误; B.4LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O中Li元素的化合价升高,则LiMn2O4是还原剂,故B正确; C.C可与氧气反应生成气体,在空气中灼烧可除去MnO2中的碳粉,故C正确; D.正极材料(LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上)中回收金属资源,则可回收的金属元素有Mn、Li、Al,故D正确; 故选:A。 由流程可知,铝溶解在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠,LiMn2O4、碳粉不溶于水,过滤分离出的偏铝酸钠溶液与二氧化碳发生NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3,LiMn2O4在酸性环境下能被空气中的氧气氧化发生4LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O,过滤分离出二氧化锰、C,滤液中含硫酸锂,可能有过量的硫酸,滤液中加入碳酸钠生成碳酸锂,以此来解答。 本题考查混合物分离提纯,为高频考点,把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物知识的应用,题目难度不大。 2.【答案】B 【解析】 解:A、pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L,故10L此溶液中氢离子的物质的量为1mol,个数为NA个,故A错误; B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2,故28g混合物中含有的CH2的物质的量为2mol,故含C-H键为4NA条,故B正确; C、合成氨的反应为可逆反应,不能进行彻底,故转移的电子数小于6NA个,故C错误; D、氯气和水的反应为可逆反,不能进行彻底,故溶液中有氯气分子,则溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于NA,故D错误。 故选:B。 A、pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L; B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2; C、合成氨的反应为可逆反应; D、氯气和水的反应为可逆反。 本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算,难度不大,掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。 3.【答案】D 【解析】 解:A.浓硝酸、稀硝酸均与Cu反应,均比较剧烈,产物不同,且硝酸的氧化性与浓度有关,不能由实验现象比较浓度对反应速率的影响,故A错误; B.应先利用饱和食盐水除去挥发的HCl,然后浓硫酸干燥,故B错误; C.Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后,发生氧化还原反应生成铁离子,应溶于水,滴加KSCN溶液,观察溶液是否变红,故C错误; D.水中羟基H比乙醇中羟基H活泼,则分别将少量钠投入盛有无水乙醇和水的烧杯中,水反应剧烈,故D正确; 故选:D。 A.浓硝酸、稀硝酸均与Cu反应,均比较剧烈,产物不同,且硝酸的氧化性与浓度有关; B.应先利用饱和食盐水除去挥发的HCl; C.Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后,发生氧化还原反应生成铁离子; D.水中羟基H比乙醇中羟基H活泼。 本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、反应速率、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键,侧重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。 4.【答案】C 【解析】 解:A.C3H4可能是丙炔,所以二者可能不是同系物,故A错误; B.该分子中含有2种氢原子,有几种氢原子就有几种一氯代物,所以其一氯代物有2种,故B错误; C.分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体,二者分子式相同而结构不同,所以互为同分异构体,故C正确; D.所有原子都采用sp3杂化,具有四面体结构,所以所有C原子不能共平面,故D错误; 故选:C。 A.C3H4可能是丙炔; B.该分子中含有2种氢原子,有几种氢原子就有几种一氯代物; C.分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体; D.所有原子都采用sp3杂化,具有四面体结构。 本题综合考查有机物的结构,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握有机物的成键特点以及同分异构体的判断方法,题目难度不大。 5.【答案】B 【解析】 解:根据分析可知:W为S,X为C元素,Y为O,Z为Na元素。 A.C元素氢化物为烃,碳原子数较少的烃常温下为气态,碳原子数较多的烃可能为固态,故A错误; B.O与S、C、Na均可形成至少两种二元化合物,如二氧化硫、三氧化硫,二氧化碳、CO,氧化钠和过氧化钠,故B正确; C.O元素非金属性较强,没有最高正价,故C错误; D.硫化钠为强碱弱酸盐,水溶液呈碱性,故D错误; 故选:B。 W、X、Y、Z均为短周期元素,游离态的W存在于火山喷口附近,火山喷出物中含有大量W的化合物,则W为S元素;Y原子最外层电子数为6,则Y为O元素;X原子既不易失去也不易得到电子,则X最外层含有4个电子,X与Y位于同一周期,则X为C元素;Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,则Z为Na元素,据此解答。 本题考查原子结构与元素周期律的关系,题目难度不大,推断元素为解答关键,注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。 6.【答案】C 【解析】 解:A.H2C2O4是二元弱酸,分步电离,pH=2的H2C2O4溶液中,c(H+)=10-2mol/L>c(HC2O4-),故A错误; B.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合,溶液中存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-),故B错误 C.将NaOH溶液滴加到H2C2O4溶液中至混合溶液呈中性,为NaHC2O4和Na2C2O4溶液,草酸氢根离子电离程度大于其水解程度,c(C2O42-)>c(HC2O4-),故C正确; D.NaHC2O4溶液中HC2O4-水解方程式:HC2O4-+H2O?H2C2O4+OH-,Kh===1.9×10-11<Ka2,溶液显酸性是因为草酸氢根离子的电离程度大于水解程度,溶液中离子浓度大小:c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4),故D错误; 故选:C。 A.草酸为二元弱酸分步电离; B.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合,溶液中存在电荷守恒分析判断; C.将NaOH溶液滴加到H2C2O4溶液中至混合溶液呈中性,为NaHC2O4和Na2C2O4溶液; D.NaHC2O4溶液中HC2O4-水解方程式:HC2O4-+H2O?H2C2O4+OH-,Kh===1.9×10-11<Ka2,溶液显酸性是因为草酸氢根离子的电离程度大于水解程度。 本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解、离子浓度大小比较判断等知识点,掌握基础是解题关键,题目难度中等。 7.【答案】D 【解析】 解:A.阳离子交换膜只能让阳离子通过,c室,为阴极电极反应,反应式为2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑,NH4+由b室向c室迁移,故A正确; B.c室,为阴极电极反应,反应式为2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑,c室得到的混合气体是NH3和H2,故B正确; C.根据图示,阴离子交换膜只能让阴离子通过,a室产生单一气体同时生成硝酸,为阳极反应,电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,故C正确; D.阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,阴极反应式为2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑,理论上外电路中流过1mol电子,可处理工业废水中1mol?NH4NO3,故D错误; 故选:D。 用双离子交换膜电解法可以处理含NH4NO3的工业废水,根据图示,阴离子交换膜只能让阴离子通过,a室产生单一气体同时生成硝酸,为阳极反应,电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,阳离子交换膜只能让阳离子通过,c室,为阴极电极反应,反应式为2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑,据电子守恒和原子守恒解答。 本题考查了电解原理的应用,明确电解池中的阴阳极反应是解题的关键,注意题干信息的分析应用,题目难度中等。 8.【答案】MgBO2(OH)+H2SO4=MgSO4+H3BO3 ? 3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl- ? MgO或Mg(OH)2 ? Fe(OH)3、UO2(OH)2 ? 镁离子浓度增大,有利于析出MgSO4?H2O ? FexS-2xe-=xFe2++S ?×100% 【解析】 解:(1)酸浸”时,写出MgBO2(OH)与硫酸反应的化学方程式为MgBO2(OH)+H2SO4=MgSO4+H3BO3,NaClO3可将UO2转化为UO22+,反应的离子反应方程式为3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-, 故答案为:MgBO2(OH)+H2SO4=MgSO4+H3BO3;3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-; (2)除铁净化时,应调节pH,为避免引入新杂质,可加入MgO或Mg(OH)2等,生成沉淀为Fe(OH)3、UO2(OH)2,故答案为:MgO或Mg(OH)2;Fe(OH)3、UO2(OH)2; (3)“蒸发浓缩”时,加入固体MgCl2,可使溶液中镁离子浓度增大,有利于析出MgSO4?H2O,故答案为:镁离子浓度增大,有利于析出MgSO4?H2O; (4)负极发生氧化反应,FexS被氧化生成S和亚铁离子,电极方程式为FexS-2xe-=xFe2++S,故答案为:FexS-2xe-=xFe2++S; (5)某工厂用m1kg硼铁混合精矿(含B为11%)制备H3BO3,理论可生成硼酸的质量为,最终得到产品m2kg,则产率为×100%=×100%, 故答案为:×100%。 硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、黄铁矿(FexS)、晶质铀矿(UO2)等,加入硫酸、NaClO3,NaClO3可将UO2转化为UO22+,过滤除去少量铁精矿(Fe3O4、FexS),滤液调节pH除铁净化,可生成氢氧化铁、UO2(OH)2沉淀,滤液加入氯化镁,进行蒸发浓缩,趁热过滤可得到硫酸镁晶体,滤液含有硼酸,冷却结晶得到晶体,以此解答该题。 本题考查物质的制备实验,为高频考点,把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合,题目难度不大。 9.【答案】-165 ? B ?×100% ? < ? 3.8 ? Kp×[P(总)]2 ? 增大 ? BD 【解析】 解:(1)①CO(g)+3H2(g)?CH4(g)+H2O(g)△H1=-206.2kJ?mol-1 ②CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ?mol-1 将方程式①-②得CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g),△H=(-206.2+41.2)kJ/mol=-165kJ/mol; A为恒温恒容、B为恒温恒压条件,如果是恒温恒容,反应前后物质的量减小、压强减小,开始时AB压强相等,A中压强逐渐减小B中压强不变,所以反应过程中压强A<B,增大压强平衡正向移动,则B放出的热量多, 故答案为:-165;B; (2)①设n(H2)=3mol、n(CO)=1mol,恒容恒温条件下气体的体积分数之比等于物质的量分数之比,设平衡时混合气体总物质的量为xmol,根据C原子守恒得(45.0%+2.00%+0.5%)xmol=1mol,x=, 则CO的转化率=×100%=×100%=×100%;该反应的正反应是放热反应,升高温度平衡逆向移动,则反应迅达到平衡后CH4的体积分数减小,即φ<45%, 故答案为:×100%;<; ②P(CO)=0.5%P(总)、P(H2)=10.0%P(总)、P(CH4)=45.0%P(总)、P(H2O)=42.5%P(总),CO甲烷化反应的平衡常数Kp===×=×=3.8;Kx==Kp×[P(总)]2;该反应前后气体计量数之和减小,增大压强平衡正向移动,所以Kx增大, 故答案为:3.8;Kp×[P(总)]2;增大; (3)A.反应I、II的正反应都是积碳反应,曲线1在550-700℃时两个反应没有达到平衡状态,都向正反应方向移动,导致积碳量增加,故A错误; B.反应II的逆反应是消碳反应,曲线1在700-800℃积碳量减小的原因可能是反应Ⅱ逆向移动,且反应II的消碳量大于反应I的积碳量,故B正确; C.高温条件下水蒸气和C反应生成CO和氢气,从而使积碳量减少,故C错误; D.温度至550℃以下,几乎没有积碳,所以水蒸气能吸收反应放出的热量,降低体系温度至550℃以下,有利于减少积碳,故D正确; 故选BD。 (1)①CO(g)+3H2(g)?CH4(g)+H2O(g)△H1=-206.2kJ?mol-1 ②CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ?mol-1 将方程式①-②得CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g),△H进行相应的改变; A为恒温恒容、B为恒温恒压条件,如果是恒温恒容,反应前后物质的量减小、压强减小,开始时AB压强相等,A中压强逐渐减小B中压强不变,所以反应过程中压强A<B,增大压强平衡正向移动; (2)①设n(H2)=3mol、n(CO)=1mol,恒容恒温条件下气体的体积分数之比等于物质的量分数之比,设平衡时混合气体总物质的量为xmol,根据C原子守恒得(45.0%+2.00%+0.5%)xmol=1mol,x=, 则CO的转化率=×100%;该反应的正反应是放热反应,升高温度平衡逆向移动; ②P(CO)=0.5%P(总)、P(H2)=10.0%P(总)、P(CH4)=45.0%P(总)、P(H2O)=42.5%P(总),CO 甲烷化反应的平衡常数Kp=;Kx=;该反应前后气体计量数之和减小,增大压强平衡正向移动; (3)A.反应I、II的正反应都是积碳反应; B.反应II的逆反应是消碳反应; C.高温条件下水蒸气和C反应生成CO和氢气; D.温度至550℃以下,几乎没有积碳。 本题考查化学平衡计算、图象分析判断等知识点,侧重考查分析判断及计算能力,难点是(2)中平衡常数计算及CO转化率的计算,CO转化率计算中易采用“三段式”解答而导致错误,应该采用原子守恒计算,题目难度中等。 10.【答案】2 ? 3d24s14p1 ? 它们都是分子晶体,而且组成和结构相似,其相对分子质量依次增大,分子间作用力逐渐增大,因而三者的熔点和沸点依次升高 ? TiF4属于离子晶体,熔点高于其它三者的,而表现反常, ? +3 ? sp2 ? 正四面体形 ? TiO2 ?×100% 【解析】 解:(1)Ti是22号元素,基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2,3d轨道的2个电子为单电子,基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态,该激发态价层电子排布式为:3d24s14p1, 故答案为:2;3d24s14p1; (2)TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体,而且组成和结构相似,其相对分子质量依次增大,分子间作用力逐渐增大,因而三者的熔点和沸点依次升高。TiF4属于离子晶体,熔点高于其它三者的,而表现反常, 故答案为:它们都是分子晶体,而且组成和结构相似,其相对分子质量依次增大,分子间作用力逐渐增大,因而三者的熔点和沸点依次升高;TiF4属于离子晶体,熔点高于其它三者的,而表现反常, (3)①配合物外界为ClO3-,尿素分子整体为0价,根据化合价代数和为0,可知配合物中Ti化合价为+3价, 故答案为:+3; ②尿素分子中C原子没有孤电子对、形成3个σ键,碳原子杂化轨道数目=0+3=3,C原子采取sp2杂化, 故答案为:sp2; ③ClO4-中Cl原子孤电子对数==0,价层电子对数=0+4=4,立体构型与VSEPR模型相同,即微粒酚立体构型为正四面体形, 故答案为:正四面体形; (4)晶胞中Ti原子数目=1+8×=2、O原子数目=2+4×=4,故Ti、O原子数目之比为2:4=1:2,化学式为TiO2.晶胞中原子总体积=π(a×10-10)3cm3×2+π(b×10-10)3cm3×4.晶胞质量=g,晶胞体积=g÷ρg?cm-3,故晶胞中原子空间利用率={[π(a×10-10)3cm3×2+π(b×10-10)3cm3×4]÷(g÷ρg?cm-3)}×100%=×100%, 故答案为:TiO2;×100%。 (1)Ti是22号元素,基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2;基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态,该激发态价层电子包括3d、4s、4p电子; (2)TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体,相对分子质量越大,分子间作用力越强,晶体的熔沸点越高;TiF4属于离子晶体,熔点高于其它三者; (3)①配合物外界为ClO3-,根据化合价代数和为0计算配合物中Ti化合价; ②尿素分子中C原子没有孤电子对、形成3个σ键,碳原子杂化轨道数目=0+3=3; ③ClO4-中Cl原子孤电子对数==0,价层电子对数=0+4=4,立体构型与VSEPR模型相同; (4)均摊法计算晶胞中Ti、O原子数目,确定化学式;空间利用率=×100%,由晶胞中各原子数目计算晶胞质量,结合密度计算晶胞体积,结合球体计算公式计算晶胞中原子总体积。 本题是对物质结构与性质的考查,涉及核外电子排布、晶体类型与性质、配合物、杂化方式与空间构型判断、晶胞计算等,明确微粒空间构型与VSEPR模型关系,再VSEPR模型基础上忽略孤电子对可得微粒立体构型,需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力,(4)中计算比较繁琐,为本题的易错点,掌握均摊法进行晶胞有关计算。 11.【答案】苯酚 ? ? ? 取代反应 ? 酯基、醚键 ? ? 【解析】 解:(1)A为,A的名称为:苯酚,故答案为:苯酚; (2)由分析可知,D的结构简式为、E的结构简式为, 故答案为:;; (3)F与发生取代反应生成G,故答案为:取代反应; (4)由结构可知G中含氧官能团的名称是:酯基、醚键,故答案为:酯基、醚键; (5)同时符合下列条件的B()的同分异构体:①能发生银镜反应,说明含有醛基或甲酸形成的酯基,②能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基,③苯环上有三种不同化学环境的氢原子,说明含有3个取代基且不存在对称结构,符合条件的同分异构体有:, 故答案为:; (6)由F→G的转化,可知由与反应得到, 结合C→D及E→F的转化,由于酚羟基易被氧化,应由先与CH3I/K2CO3作用生成,然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成,再与SOCl2反应得到,合成路线流程图为:, 故答案为:。 由A的分子式,纵观整个过程,结合F的结构,可推知A为.对比A、B的分子式,B在组成上比A多1个CO2,结合F的结构,可知B为,B与乙醇发生酯化反应生成C为,C与CH2=CHC2Br发生取代反应生成D为,D发生酯的水解反应、酸化得到E为,E的羧基上中羟基被-Cl取代生成F,F与发生取代反应生成G,G发生氧化反应生成H。 (6)由F→G的转化,可知由与反应得到, 结合C→D及E→F的转化,由于酚羟基易被氧化,应由先与CH3I/K2CO3作用生成,然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成,再与SOCl2反应得到。 本题考查有机物的合成,涉及有机物的命名、有机反应类型、官能团的识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等,题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力,(6)中注意基团引入先后顺序。 12.【答案】ZnCl2+H2O=Zn(OH)Cl+HCl ? Zn(OH)Cl+HClZnCl2+H2O ? 使无水ZnCl2升华与杂质分离 ? K2 ? K1 ? B ? 流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区 ? 容量瓶 ?×100% 【解析】 解:(1)氯化锌在空气中易潮解生成Zn(OH)Cl和HCl,反应为:ZnCl2+H2O=Zn(OH)Cl+HCl; 故答案为:ZnCl2+H2O=Zn(OH)Cl+HCl; (2)除水阶段发生反应的反应是Zn(OH)Cl和HCl在加热条件下生成氯化锌和水蒸气,反应方程式为:Zn(OH)Cl+HClZnCl2+H2O; 故答案为:Zn(OH)Cl+HClZnCl2+H2O; (3)撤去管式炉Ⅱ,将管式炉I迅速升温至750℃,升温的目的是使无水ZnCl2升华与杂质分离,将ZnCl2在B处冷凝;一段时间后,升华完成,关闭管式炉I并关闭K2,继续通氮气带走水蒸气将ZnCl2充分升华,待冷却后关闭K1,最后在B区的氯化锌转移、保存; 故答案为:使无水ZnCl2升华与杂质分离;K2;K1;B; (4)除水阶段HCl与?N2流速要快,有利于提高除水效率,流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区,故升华阶段HCl与N2流速要慢; 故答案为:流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区; (5)①称取m?g样品,加水和盐酸至样品溶解,转移至250?mL的容量瓶中,加蒸馏水至刻度线,摇匀; 故答案为:容量瓶; ②根据2K4[Fe(CN)6]+3ZnCl2=K2Zn3[Fe(CN)6]2↓+6KCl,则n(Zn)=n(ZnCl2)=n(K4[Fe(CN)6]), 故样品中n(Zn)=cV×10-3×mol=15cV×10-3mol, 该样品中锌的质量分数为:×100%=×100%; 故答案为:×100%。 HCl气体除水,氮气排出装置内空气并带出生成的水蒸气,A处除水升华,B处收集无水氯化锌产品, (1)无水氯化锌在空气中易潮解生成Zn(OH)Cl和HCl,据此书写; (2)除水阶段发生反应的反应是Zn(OH)Cl和HCl在加热条件下生成氯化锌和水蒸气; (3)升温的目的是使无水ZnCl2升华与杂质分离,将ZnCl2在B处冷凝;升华完成,关闭管式炉I并停止通入HCl,待冷却后停止通入氮气,最后在B处收集; (4)流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区; (5)①配制溶液用容量瓶; ②根据2K4[Fe(CN)6]+3ZnCl2=K2Zn3[Fe(CN)6]2↓+6KCl,则n(Zn)=n(ZnCl2)=n(K4[Fe(CN)6]), 故样品中n(Zn)=cV×10-3×mol=15cV×10-3mol,据此计算。 本题考查了物质的制备,涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等,明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力,注意题目信息的与相关基础知识联合分析,题目难度较大。 第2页,共2页 第1页,共1页

  • ID:7-5829601 2019年广东省肇庆市高考化学三模试卷(含解析)

    高中化学/高考专区/模拟试题

    2019年广东省肇庆市高考化学三模试卷 一、单选题(本大题共7小题,共42.0分) 下列有关化学与生产生活的叙述不正确的是(  ) A. 生产玻璃、水泥、漂白粉均需要用石灰石为原料 B. 煤的干馏、石油分馏和石油裂解都属于化学变化 C. “地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯,可用于制取肥皂 D. 大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”,可以减少硫、氮氧化物对环境的污染 磷酸毗醛素是细胞的重要组成部分,其结构式如图(含氮杂环与苯环性质相似)。则下列有关叙述错误的是(  ) A. 该物质能被酸性高锰酸钾氧化 B. 该物质能发生取代、加成、氧化、聚合反应 C. 该有物质水解后所得有机物的所有原子都在一个平面上 D. 1mol?该有机物与NaOH?溶液加热,最多消耗?4mol?NaOH 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,它们分别位于不同的主族,X的最高正价与最低负价代数和为0,Y为金属元素,Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等,X与W所在族序数之和等于10.则下列说法正确的是(  ) A. 单质熔点: B. 最高价氧化物对应的水化物的酸性: C. 原子半径大小顺序: D. 简单氢化物的沸点: 硫酸亚铁铵受热分解的反应方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O,用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(  ) A. 1?L??溶液中的数目为 B. 将1?mol?和1?mol?充分反应后,其分子总数为 C. 常温常压下,?g?中含有的中子总数为 D. 标准状况下,每生成?L气体转移电子数目为 如图装置可用于验证气体的某些化学性质,所得现象和结论均正确的是(  ) 气体 试剂 现象 结论 CH2=CH2 溴水 溶液褪色 C2H4能与Br2发生取代反应 CO2 BaCl2溶液 产生白色沉淀 CO2能与可溶性钡盐反应 Cl2 FeCl2溶液 溶液由浅绿色变黄色 氧化性Cl2>Fe3+ SO2 KMnO4溶液 溶液褪色 SO2有漂白性 A. A B. B C. C D. D 电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量,其中工作原理如图所示。则下列说法正确的是(  ) A. 电流由a极流向b极 B. 溶液中的向b极移动 C. a极的电极反应式为: D. b极的电极反应式为: 25℃时,用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液,溶液中-1g[]和-1gc(HC2O4-)或-1g[]和-1gc(C2O42-)关系如图所示。下列说法不正确的是(  ) A. 的数量级为 B. 曲线M表示和的关系 C. 向溶液中加NaOH至和相等,此时溶液pH约为5 D. 在溶液中 二、简答题(本大题共4小题,共44.0分) 重晶石主要成分为BaSO4,含少量的SiO2、CaO和MgO杂质,以下是一种制取Ba(NO3)2的工业流程。 (1)上述流程中将重晶石和煤磨成粉状的目的是______。 (2)焙烧过程中主反应为:BaSO4?+4CBaS+4CO除此以外还可能有BaCO3等副产物生成,通过改变温度以及煤粉的用量可降低副反应发生。 ①依据图1判断生成BaS的反应是反应______(填“放热”或“吸热”);反应温度至少应控制在______以上。 ②控制BaSO4的量不变,改变C的量,测得原料中碳的物质的量对平衡组成的影响,如图2所示,判断原料中至少为______(填字母): a.1.5、b.2.0、c.3.75。 (3)已知BaS的溶解度随温度的升高而明显增大,90℃时约为50g/100g水,浸取液中存在三种碱Mg(OH)2?、Ca(OH)2、Ba(OH)2。 ①浸取过程中产生Ba(OH)2的原因是______(写离子方程式)。 ②三种碱的碱性由强到弱顺序为:______>______>______(填化学式);结合元素周期律解释原因是:______,Mg、Ca、Ba处于同一主族,随着原子序数递增,______。 (4)酸解过程中,向滤液中加入硝酸,即有硝酸钡晶体析出,稍过量的HNO3有利于提高Ba(NO3)2晶体的析出率______,用化学平衡原理分析其原因是:______。 氢是人们公认的清洁能源,作为低碳和零碳能源正在脱颖而出,氢的获得及以氢为原料的工业生产工艺成为科技工作者研究的重要课题。 (1)工业生产中可利用H2还原CO2制备清洁能源甲醇。 ①已知CO(g)和H2(g)的燃烧热(△H)分别为-283.0kJ?mol-1、-285.8kJ?mol-1.CO与H2合成甲醇的能量变化如图甲所示: 则用CO2和H2(g)制备甲醇的热化学方程式为______。 ②将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中,测得在不同催化剂作用下,相同时间内CO2的转化率与温度的变化如图乙所示: 催化效果最好的是催化剂______(选填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”),该反应在a点达到平衡状态,a点的转化率比b点的高,其原因是______。 (2)利用CO和水蒸气可生产H2,反应的化学方程式:CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)。将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行如下反应,得到三组数据如下表所示: 温度/℃ 起始量 达到平衡 CO/mol H2O/mol H2/mol CO转化率 时间/min 650 4 2 1.6 6 900 3 2 ? 3 ①该反应的正反应为______反应(选填“放热”或“吸热”)。 ②900℃时,达到平衡时的反应速率v(H2O)=______,达到平衡时c(H2)=______(保留2位小数)。 (3)利用废弃的H2S的热分解可生产H2:2H2S(g)?2H2(g)+S2(g)。现将0.20mol?H2S(g)通入到某恒压(压强p=a?MPa)密闭容器中,在不同温度下测得H2S的平衡转化率如下图所示: 已知:对于气相反应,用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可表示平衡常数。 温度为T4℃时,该反应的平衡常数Kp=______(用a的代数式表示)。 氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题: (1)聚四氟乙烯是一种准晶体,该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过______方法区分晶体、准晶体和非晶体。 (2)基态铜原子价电子排布的轨道式为______。 (3)[H2F]+[SbF6]-(氟酸锑)是一种超强酸,存在[H2F]+,该离子的空间构型为______,依次写出一种与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是______、______。 (4)NH4F(氟化铵)可用于玻璃蚀刻剂、防腐剂、消毒剂等。NH4+的中心原子的杂化类型是;氟化铵中存在______(填序号): A.离子键?????B.σ键???????C.π键???????D.氢键 (5)SbF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。SbF6是一种共价化合物,可通过类似于Born-Haber循环能量构建能量图(见图a)计算相联系关键能。则F-F键的键能为kJ?mol-1,S-F的键能为______kJ?mol-1。 (6)CuCl的熔点为426℃,熔化时几乎不导电;CuF的熔点为908℃,密度为7.1g?cm-3。 ①CuF比CuCl熔点高的原因是______; ②已知NA为阿伏加德罗常数。CuF的晶胞结构如“图b”。则CuF的晶胞参数a=______nm?(列出计算式)。 某药物H的一种合成路线如下: 回答下列问题: (1)C的名称是______。 (2)F→H的反应类型为______。B→C的试剂和条件是______。 (3)H有多种同分异构体,在下列哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型______(填字母)。 A.质谱仪????B.元素分析仪???C.红外光谱仪????D.核磁共振氢谱仪 (4)写出D→E的化学方程式______。 (5)在E的同分异构体中,同时满足下列条件的结构有______种;其中核磁共振氢谱有六组峰,且峰面积之比为3:3:2:2:1:1的是______。 ①既能发生银镜反应,又能发生水解反应; ②属于芳香族化合物; ③苯环上只有2个取代基。 (6)参照上述流程,以D和乙醛为原料合成(其他无机试剂自选),设计合成路线:______。 三、实验题(本大题共1小题,共14.0分) 乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe?3H2O}是一种很好的食品铁强化剂,易溶于水,吸收效果比无机铁好,可由乳酸与FeCO3?反应制得:2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe?3H2O+CO2↑。 Ⅰ.制备FeCO3:装置如图所示。 (1)B的名称是______。 (2)①清洗仪器,检查装置气密性的方法是:在D处导管末端套上夹止水夹的橡胶管,在A中加入水,分别打开活塞K1和______、关闭活塞,或刚好相反,若观察到______,则气密性良好。 ②倒掉A?中的水加入盐酸,在B?中加入铁粉、C?中加入NH4HCO3?溶液。关闭活塞K2,打开活塞K3;滴入足量盐酸后,关闭活塞K1,开动搅拌器,反应一段时间后关闭活塞______、打开活塞______,C中发生的反应的离子方程式为______。 Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体:将制得的FeCO3加入乳酸溶液中,加入少量铁粉,在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。 (3)加入少量铁粉的作用是______。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是:隔绝空气低温蒸发,冷却结晶,______、干燥。 Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量: (1)若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时,发现结果总是大于100%,其原因可能是______。 (2)经查阅文献后,改用Ce(SO4)2?标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+.测定时,先称取5.760g样品溶解后进行必要处理,用配制成250mL溶液,每次取25.00mL,用0.1000mol/LCe(SO4)?2标准溶液滴定至终点,记录数据如表。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为:______(以质量分数表示,乳酸亚铁式量为288)。 滴定 次数 0.1000mol/LCe(SO4)2标准液体积 /mL 滴定前读数 滴定后读数 A 0.10 19.85 B 0.12 21.32 C 1.05 20.70 答案和解析 1.【答案】B 【解析】 解:A、制玻璃的原料:石英砂、石灰石、长石、纯碱、硼酸等;制水泥的原料:石灰石和黏土;制漂白粉的原料:用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰,用氯气与消石灰反应得到漂白粉,因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉,均需要用石灰石为原料,故A正确; B、石油的分馏是利用石油中各组分的沸点的不同,用加热的放热将其分离的方法,故是物理变化,故B错误; C、地沟油的主要成分为油脂,而油脂是高级脂肪酸的甘油酯,故在碱性条件下水解能生成高级脂肪酸钠,是肥皂的主要成分,故可以来制取肥皂,故C正确; D、矿物燃料燃烧能生成二氧化硫和氮的氧化物,均为大气污染物,故实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”,可以减少硫、氮氧化物对环境的污染,故D正确。 故选:B。 A、制玻璃的原料:石英砂、石灰石、长石、纯碱、硼酸等;制水泥的原料:石灰石和黏土;制漂白粉的原料:用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰,用氯气与消石灰反应得到漂白粉; B、石油的分馏是利用石油中各组分的沸点的不同,用加热的放热将其分离的方法; C、地沟油的主要成分为油脂; D、矿物燃料燃烧能生成二氧化硫和氮的氧化物。 本题考查了与化学有关的生活常识,难度不大,应注意的是石油的分馏和石油的裂化、裂解的不同。 2.【答案】C 【解析】 解:A.含有醛基、羟基,可被酸性高锰酸钾氧化,故A正确; B.醇羟基能发生取代反应,碳碳双键和醛基能发生加成反应,醛基能发生氧化反应和还原反应,可发生聚合反应,故B正确; C.水解所的有机物含有饱和碳原子,具有甲烷的结构特点,则所有的原子不可能在同一个平面上,故C错误; D.该有机物水解生成的磷酸能和NaOH反应,且生成的羟基具有酚羟基的性质,则1mol该有机物最多能与4molNaOH反应,故D正确; 故选:C。 该有机物中含有碳碳双键、醛基、醇羟基,具有烯烃、醛、醇的性质,能发生加成反应、氧化反应、还原反应、酯化反应等,以此解答该题。 本题考查有机物的结构和性质,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握有机物的结构和官能团的性质为解答该题的关键,侧重醇、醛、酯性质的考查,题目难度不大。 3.【答案】B 【解析】 解:根据分析可知:X为C元素,Y为Na,Z为P元素,W为S元素。 A.金属Na熔点较低,P存在白磷和红磷,S存在多种形态,则无法比较三种单质熔点,故A错误; B.非金属性Z(P)<W(S),则最高价氧化物对应的水化物的酸性:W>Z,故B正确; C.同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大,故原子半径:Y(Na)>Z(P)>W(S)>X(C),故C错误; D.C、Na、S的氢化物分别为甲烷、NaH和硫化氢,NaH为离子晶体,其沸点最高;甲烷和硫化氢都是分子晶体,相对分子量:甲烷<硫化氢,则硫化氢沸点较高,所以简单氢化物沸点:Y>W>X,故D错误; 故选:B。 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,它们分别位于不同的主族,X的最高正价与最低负价代数和为0,X与W所在族序数之和等于10,则X处于ⅣA主族、W处于ⅥA族,结合原子序数可知,X为C元素、W为S元素;Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等,即Y、Z最外层电子数之和为6,又由于分别位于不同的主族,只能为IA、ⅤA族元素,结合原子序数,则Y为Na、Z为P元素,据此解答。 本题考查了原子结构与元素周期律的关系,题目难度中等,推断元素为解答关键,注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容,试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。 4.【答案】D 【解析】 解:A.1?L?0.1?mol?L-1?(NH4)2Fe(SO4)2溶液中,溶液中亚铁离子水解,Fe2+的数目小于0.1NA,故A错误; B.1mol?SO2和1?mol?O2?在一定条件下反应,假设完全反应,生成的三氧化硫的物质的量1mol,剩余氧气0.5mol,但反应为可逆反应,则反应后的气体的分子总数大于1.5NA,故B正确; C.计算物质的量n==0.1mol,15N2中含有的中子数2×(15-7)=16,0.1mol15N2中含有的中子总数为1.6NA,故C错误; D.标准状况下,每生成15.68?L气体物质的量==0.7mol,转移电子数目为0.8NA,故D正确; 故选:D。 A.溶液中亚铁离子水解; B.二氧化硫与氧气的反应为体积缩小的可逆反应,反应物不可能完全转化成生成物; C.计算物质的量n==0.1mol,15N2中含有的中子数2×(15-7)=16; D.2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O,反应中生成7mol气体单质转移8mol; 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断、氧化还原反应电子转移的计算等,题目难度中等,注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,试题有利于培养学生的逻辑推理能力,提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。 5.【答案】C 【解析】 解:A.乙烯与溴水发生加成反应,溶液褪色,故A错误; B.二氧化碳与氯化钡不反应,无现象,故B错误; C.氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁,则氧化性Cl2>Fe3+,故C正确; D.二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应,与二氧化硫的还原性有关,故D错误; 故选:C。 A.乙烯与溴水发生加成反应; B.二氧化碳与氯化钡不反应; C.氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁; D.二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应。 本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键,侧重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。 6.【答案】D 【解析】 解:A.b电极为正极、a电极为负极,电流由b极经过电压表流向a极,故A错误; B.b电极为正极、a电极为负极,内电路中:阳离子移向正极、阴离子移向负极,所以溶液中的OH-向a极移动,故B错误; C.a极上NH3被氧化生成氮气,发生失去电子的氧化反应,结合碱性条件有2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O,故C错误; D.b极上氧气得电子被还原,电极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-或3O2+12e-+6H2O═12OH-,故D错误; 故选:D。 NH3被氧化为常见无毒物质,生成氮气,Pt电子通入氨气生成氮气,为原电池负极,电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O,则b为正极,氧气得电子被还原,电极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-,外电路中电流由b极流向a极、内电路中:阳离子移向正极、阴离子移向负极,据此解答。 本题考查了原电池原理,为高频考点,侧重考查学生的分析能力,根据O、N元素化合价变化判断正负极,再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式,注意结合电解质书写电极反应式,题目难度不大。 7.【答案】D 【解析】 解:H2C2O4溶液存在H2C2O4?HC2O4-+H+,HC2O4-?C2O42-+H+,Ka1(H2C2O4)=×c(HC2O4-),Ka2(H2C2O4)=×c(C2O42-),[-lg]+[-lgc(HC2O4-)]=-lg(Ka1),[-lg]+[-lgc(C2O42-)]=-lg(Ka2),因Ka1>Ka2,则-lg(Ka1)<-lg(Ka2),可知曲线M表示-lg和-lgc(HC2O4-)的关系,曲线N表示-lg和-lgc(C2O42-)]的关系。 A.由M曲线可知,-lg(Ka1)=lg]+[-lgc(HC2O4-)]=2,则Ka1=10-2,故A正确; B.根据分析可知,曲线M表示-1g[]和-1gc(HC2O4-)的关系,故B正确; C.由N曲线可知,[-lg]+[-lgc(C2O42-)]=-lg(Ka2)=5,则Ka2=10-5.向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c(HC2O4-)和c(C2O42-)相等,Ka2(H2C2O4)=×c(C2O42-)=c(H+)=10-5,溶液的pH=5,故C正确; D.Ka2=10-5,由于Ka1=10-2,故HC2O4-水解平衡常数Kh==10-12<Ka2=10-5,说明HC2O4-的电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,但是其电离和水解程度都较小,钠离子不水解,钠离子浓度最大,则溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4),故D错误; 故选:D。 H2C2O4溶液存在H2C2O4?HC2O4-+H+,HC2O4-?C2O42-+H+,Ka1(H2C2O4)=×c(HC2O4-),Ka2(H2C2O4)=×c(C2O42-),[-lg]+[-lgc(HC2O4-)]=-lg(Ka1),[-lg]+[-lgc(C2O42-)]=-lg(Ka2),因Ka1>Ka2,则-lg(Ka1)<-lg(Ka2),可知曲线M表示-lg和-lgc(HC2O4-)的关系,曲线N表示-lg和-lgc(C2O42-)]的关系。 A.曲线M中:-lg(Ka1)=lg]+[-lgc(HC2O4-)]=2; B.根据分析判断曲线M表示的意义; C.c(HC2O4-)和c(C2O42-)相等,由Ka2(H2C2O4)=×c(C2O42-)=c(H+),由曲线N计算Ka2; D.HC2O4-水解平衡常数Kh==10-12<Ka2=10-5,说明HC2O4-的电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,但是其电离和水解程度都较小,钠离子不水解,钠离子浓度最大。 本题考查酸碱混合溶液定性判断及弱电解质的电离,题目难度中等,正确判断纵横坐标含义及纵横坐标关系是解本题关键,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,难点是D中电离程度与水解程度相对大小判断,试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。 8.【答案】加快反应速率,提高转化率 ? 吸热 ? 600℃ ? c ? S2-+H2O?HS-+OH-、HS-+H2O?H2S+OH- ? Ba(OH)2 ? Ca(OH)2 ? Mg(OH)2 ? 金属性增强,最高价氧化物对应水化物碱性增强 ? 失电子能力增强、金属性增强 ? 不填 ? Ba2+(aq)+2NO3-(aq)?Ba(NO3)2(s)稍过量的硝酸有利于提高c(NO3-),促进平衡向晶体析出的方向移动,提高Ba(NO3)2的析出率 【解析】 解:(1)上述流程中将重晶石和煤磨成粉状的目的是加快反应速率,提高转化率, 故答案为:加快反应速率,提高转化率; (2)①由图可知升高温度,CO的物质的量增大,则升高温度平衡正向移动,为吸热反应,为简式副反应的发生,应在 600℃以上进行, 故答案为:吸热; 600℃; ②由图象可知加入C应减少副反应,使硫酸钡完全转化生成BaS,且C生成CO,BaS为0.2mol,CO为0.75mol,则原料中至少为3.75, 故答案为:c; (3)①BaS水解可是Ba(OH)2,方程式为S2-+H2O?HS-+OH-、HS-+H2O?H2S+OH-, 故答案为:S2-+H2O?HS-+OH-、HS-+H2O?H2S+OH-; ②Mg、Ca、Ba处于同一主族,着原子序数递增,原子半径增大,失电子能力增强、金属性增强,则金属性Ba>Ca>Mg,最高价氧化物对应水化物碱性增强,三种碱的碱性由强到弱顺序为Ba(OH)2>Ca(OH)2>Mg(OH)2, 故答案为:?Ba(OH)2;Ca(OH)2;Mg(OH)2;金属性增强,最高价氧化物对应水化物碱性增强;失电子能力增强、金属性增强; (4)溶液中存在,Ba2+(aq)+2NO3-(aq)?Ba(NO3)2(s)稍过量的硝酸有利于提高c(NO3-),促进平衡向晶体析出的方向移动,有利于提高Ba(NO3)2晶体的析出率, 故答案为:Ba2+(aq)+2NO3-(aq)?Ba(NO3)2(s)稍过量的硝酸有利于提高c(NO3-),促进平衡向晶体析出的方向移动,提高Ba(NO3)2的析出率。 重晶石主要成分为BaSO4,含少量的SiO2、CaO和MgO杂质,加入煤粉,高温煅烧,发生BaSO4+4CBaS+4CO,除此以外还可能有BaCO3等副产物生成,然后用90℃的热水浸取,趁热过滤,除去杂质,加入硝酸,可与BaS反应生成硝酸钡,以此解答该题。 本题考查物质的制备实验,为高频考点,把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物知识及平衡移动原理的应用,题目难度不大。 9.【答案】CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=-93.8kJ?mol-1 ? I ? 该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向进行 ? 放热 ? 0.17mol?L-1?min-1 ? 0.50mol?L-1 ?=MPa 【解析】 解:(1)①根据CO(g)和H2(g)的燃烧热(△H),可列热化学方程式:(Ⅰ)CO(g)+O2?(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ?mol-1; (Ⅱ)H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ?mol-1; 根据图象曲线变化可写出热化学方程式(Ⅲ):CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=-(510-419)kJ?mol-1l=-91?kJ?mol-1。 根据盖斯定律,利用(Ⅱ)+(Ⅲ)-(Ⅰ),可得热化学方程式:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=-93.8?kJ?mol-1, 故答案为:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=-93.8?kJ?mol-1; ②由图象可知催化剂I的催化效果最佳;该反应为放热反应,达到平衡后,随温度升高,平衡逆向进行,CO2的转化率降低, 故答案为:I;该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向进行; (2)①650℃时,根据三段式进行有关数据处理: ???????????CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g) 起始/mol???4??????????2???????????????0??????????0 转化/mol??1.6??????1.6?????????????1.6???????1.6 平衡/mol??2.4??????0.4?????????????1.6???????1.6 故650℃时,CO转化率为=0.4>,即温度越高,转化率越低,故正反应为放热反应, 故答案为:放热; ②900℃时,结合CO的转化率,根据三段式进行有关数据处理: ??????????CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g) 起始/mol???3???????????2??????????????0???????????0 转化/mol???1??????????1???????????????1???????????1 平衡/mol???2???????????1???????????????1??????????1 v(H2O)=≈0.17?mol?L-1?min-1, c(H2)==0.50?mol?L-1, 故答案为:0.17?mol?L-1?min-1;0.50?mol?L-1; (3)发生2H2S(g)?2H2(g)+S2(g)反应, 由图象可知,温度为T4℃时,H2S平衡转化率为40%, 故所消耗H2S的物质的量为0.20?mol×40%=0.08?mol, 剩余H2S的物质的量为0.20?mol-0.08?mol=0.12?mol, 生成H2的物质的量为0.08?mol,生成S2的物质的量为0.04?mol, 则p(H2S)=MPa,p(H2)=MPa,p(S2)=MPa, 故平衡常数Kp==MPa。 故答案为:=MPa。 (1)①根据CO(g)和H2(g)的燃烧热写成热化学方程式,结合盖斯定律书写甲醇的热化学方程式; ②由图象可知催化剂I的催化效果最佳;该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动; (2)①650℃时,根据三段式进行有关数据处理: ???????????CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g) 起始/mol???4??????????2???????????????0??????????0 转化/mol??1.6??????1.6?????????????1.6???????1.6 平衡/mol??2.4??????0.4?????????????1.6???????1.6 根据温度对转化率的影响判断; ②900℃时,结合CO的转化率,根据三段式进行有关数据处理: ??????????CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g) 起始/mol???3???????????2??????????????0???????????0 转化/mol???1??????????1???????????????1???????????1 平衡/mol???2???????????1???????????????1??????????1 以此计算反应速率和浓度; (3)发生2H2S(g)?2H2(g)+S2(g)反应,温度为T4℃时,H2S平衡转化率为40%,计算平衡浓度,进而计算平衡常数。 本题考查化学平衡的计算,为高频考点,侧重考查学生的分析能力和计算能力,注意把握盖斯定律的运用,把握平衡常数的意义以及三段式法的计算方法,难度中等。 10.【答案】X射线衍射 ? ? V形 ? H2O ? NH2- ? AB ? 327 ? CuCl为分子晶体,CuF为离子晶体 ?×107 【解析】 解:(1)从外观无法区分三者,但用X光照射挥发现:晶体对X射线发生衍射,非晶体不发生衍射,准晶体介于二者之间,因此通过有无衍射现象即可确定, 故答案为:X射线衍射; (2)Cu的原子序数为29,价电子排布为3d104s1,基态铜原子的价电子排布图为, 故答案为:; (3)[H2F]+与H2O、NH2-等互为等电子体,结构相似,为V形,故答案为:V形;H2O、NH2-; (4)NH4+的N原子形成4个σ键,为sp3杂化,氟化铵为离子化合物,含有离子键和共价键,即σ键,故答案为:sp3;AB; (5)由图象可知,断裂3molF-F键,吸收465kJ能量,则F-F键的键能为155kJ?mol-1,形成6molS-F键,放出1962kJ能量,则S-F的键能为kJ?mol-1=327kJ?mol-1, 故答案为:155;327; (6)①CuCl的熔点为426℃,熔化时几乎不导电,应为分子晶体,而CuF为离子晶体,则CuF比CuCl熔点高,故答案为:CuCl为分子晶体,CuF为离子晶体; ②CuF的密度为7.1g?cm-3,晶胞中Cu、F的个数分别为4,(其中Cu为8×+6×=4),则=7.1g?cm-3,a=×107nm, 故答案为:×107。 (1)晶体对X射线发生衍射,非晶体不发生衍射,准晶体介于二者之间; (2)Cu的原子序数为29,价电子排布为3d104s1; (3)[H2F]+与H2O、NH2-等互为等电子体,结构相似; (4)NH4+的N原子形成4个σ键,氟化铵为离子化合物,含有离子键和共价键; (5)由图象可知,断裂3molF-F键,吸收465kJ能量,形成6molS-F键,放出1962kJ能量,以此计算键能; (6)①CuCl的熔点为426℃,熔化时几乎不导电,应为分子晶体,而CuF为离子晶体; ②CuF的密度为7.1g?cm-3,晶胞中Cu、F的个数分别为4,结合ρ=计算。 本题综合考查物质结构和性质,为高考常见题型,涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断等知识点,侧重考查基本知识及基本原理,侧重考查学生公式运用、空间想像及数学运算能力,难点是晶胞计算方法,题目难度中等。 11.【答案】苯甲醇 ? 加成反应 ? NaOH水溶液、加热 ? CD ? ? 15 ? ? 【解析】 解:(1)C为,C的名称是苯甲醇, 故答案为:苯甲醇; (2)F→H的反应类型为加成反应,B→C为卤代烃的水解反应,该反应的试剂和条件是NaOH水溶液、加热, 故答案为:加成反应;NaOH水溶液、加热; (3)A.质谱仪测定其相对分子质量,故错误; B.元素分析仪测定元素,故错误; C.红外光谱仪测定化学键和官能团,故正确; D.核磁共振氢谱仪测定H原子种类及各类氢原子个数之比,从而确定存在的化学键和官能团,故正确; 故选CD; (4)D→E的化学方程式, 故答案为:; (5)E的同分异构体符合下列条件: ①既能发生银镜反应,又能发生水解反应,说明含有HOOC-; ②属于芳香族化合物,说明含有苯环; ③苯环上只有2个取代基, 如果取代基为HCOO-、CH3CH2CH2-,有邻间对3种; 如果取代基为HCOO-、(CH3)2CH-,有邻间对3种; 如果取代基为HCOOCH2-、CH3CH2-,有邻间对3种; 如果取代基为HCOOCH2CH2-、CH3-,有邻间对3种; 如果取代基为HCOOCH(CH3)-,CH3-,有邻间对3种, 符合条件的有15种; 其中核磁共振氢谱有六组峰,且峰面积之比为3:3:2:2:1:1的是, 故答案为:15;。 (6)以D和乙醛为原料合成(其他无机试剂自选),苯甲醛和乙醛发生加成反应,然后发生消去反应、最后发生加成反应得到目标产物,其合成路线为, 故答案为:。 根据D结构简式及A分子式知,A为,A发生取代反应生成B为,B发生水解反应生成C为,C发生催化氧化生成D;D发生加成反应生成E,根据F分子式知,E发生消去反应生成;F和G发生加成反应生成H; (6)以D和乙醛为原料合成(其他无机试剂自选),苯甲醛和乙醛发生加成反应,然后发生消去反应、最后发生加成反应得到目标产物。 本题考查有机物推断和合成,侧重考查分析推断及知识综合运用、知识迁移能力,明确反应前后碳链结构变化是解本题关键,易错点是同分异构体种类判断,要考虑碳链异构、位置异构,题目难度不大。 12.【答案】蒸馏烧瓶 ? K3 ? A中液面下降到一定程度保持稳定 ? K3 ? K2 ? Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O ? 防止亚铁离子被氧化 ? 过滤、洗涤 ? 乳酸根中含有羟基,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗高锰酸钾的增大 ? 98.5% 【解析】 解:I.(1)由图可知,B的名称是蒸馏烧瓶,故答案为:蒸馏烧瓶; (2)①清洗仪器,检查装置气密性的方法是:在D处导管末端套上夹止水夹的橡胶管,在A中加入水,分别打开活塞K1和K3、关闭活塞K2,或刚好相反,若观察到A中液面下降到一定程度保持稳定,则气密性良好, 故答案为:K3;K2;A中液面下降到一定程度保持稳定; ②倒掉A 中的水加入盐酸,在B 中加入铁粉、C中加入NH4HCO3溶液。关闭活塞K2,打开活塞K3;滴入足量盐酸后,关闭活塞K1,开动搅拌器,反应一段时间后关闭活塞K3,打开活塞K2,C中发生的反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O, 故答案为:K3;K2;Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O; II.(3)加入少量铁粉的作用是防止亚铁离子被氧化。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是:隔绝空气低温蒸发,冷却结晶,过滤、洗涤、干燥, 故答案为:防止亚铁离子被氧化;过滤、洗涤; Ⅲ.(1)乳酸根中含有羟基,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗高锰酸钾的增大,而计算中按亚铁离子被氧化,故计算所得乳酸亚铁的质量偏大,产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%, 故答案为:乳酸根中含有羟基,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗高锰酸钾的增大; (2)由表中数据可知,A消耗19.75mL、B消耗21.2mL、C消耗19.65,B数据舍弃,消耗标准液的体积为=19.7mL,由Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+,可知25mL溶液中n(Fe2+)=n(Ce4+)=0.1000mol/L×0.0197L=0.00197mol,故250mL含有n(Fe2+)=0.00197mol×=0.0197mol,产品中乳酸亚铁晶体的纯度为 ×100%=98.5%, 故答案为:98.5%。 I.制备碳酸亚铁:由装置可知,A中为盐酸与铁粉反应生成氯化亚铁和氢气的反应,Fe+2H+=Fe2++H2↑,实验时,要先后打开K1和K3一段时间,使反应发生,生成的氢气赶走装置中的空气,防止生成的亚铁离子被氧化,然后关闭K3,打开K2,生成的氢气使A中气压增大,将生成的氯化亚铁压入B中与碳酸铵发生反应生成碳酸亚铁,发生Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O; II.制备乳酸亚铁:FeCO3与乳酸CH3CH(OH)COOH反应生成CH3CH(OH)COO]2Fe、二氧化碳气体和水,加入少量的铁粉是为了防止FeCO3溶解时Fe2+被氧化,从从溶液中获得晶体,应经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作; Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量:(1)羟基能被高锰酸钾氧化; (2)由表中数据可知,A消耗19.75mL、B消耗21.2mL、C消耗19.65,B数据舍弃,消耗标准液的体积为=19.7mL,由Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+,可知25mL溶液中n(Fe2+)=n(Ce4+)=0.1000mol/L×0.0197L=0.00197mol,故250mL含有n(Fe2+)=0.00197mol×=0.0197mol,以此计算。 本题考查物质的制备实验,为高频考点,把握物质的性质、制备原理、测定原理为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物知识的应用,题目难度不大。 第2页,共2页 第1页,共1页

  • ID:7-5829581 2019年广东省深圳市高考化学二模试卷(含解析)

    高中化学/高考专区/模拟试题

    2019年广东省深圳市高考化学二模试卷 一、单选题(本大题共7小题,共42.0分) 劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷.关于该化合物的说法正确的是(  ) A. 与互为同系物 B. l?mol二噁烷完全燃烧消耗 C. 一氯代物有4种 D. 分子中所有原子均处于同一平面 下列实验装置不能达到相应实验目的是(  ) A. 收集 B. 分离和 C. 制备 D. 制取蒸馏水 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(  ) A. 8?g?中,含有质子数为 B. 1?L?的稀中,含有数目为? C. 甲烷氯代反应中,消耗l?mol?生成HCl分子数为 D. 密闭容器中,2?mol?NO和充分反应后分子总数为 NiSO4.6H2O易溶于水,其溶解度随温度升高明显增大。以电镀废渣(主要成分是NiO,还有CuO、FeO等少量杂质)为原料制备该晶体的流程如下: 下列叙述错误的是(  ) A. 溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀 B. 除去可采用FeS C. 流程中的目的是富集 D. “操作I”为蒸发浓缩、冷却结晶 主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增,且均不大于20.其中只有W、X处于同一周期,X的单质与水反应可生成W的单质,W、X、Z的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的3倍。下列说法正确的是(  ) A. 简单离子的半径: B. 含有非极性共价键 C. 简单氢化物的热稳定性: D. 常温常压下Y的单质为气态 电解法处理CO2和SO2混合污染气的原理如图所示,电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐,通电一段时间后,Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错误的是(  ) A. Ni电极表面发生了还原反应 B. 阳极的电极反应为: C. 电解质中发生的离子反应有: D. 该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环 人体血液存在H2CO3/HCO3-,HPO42-/H2PO4-等缓冲对。常温下,水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lg?x[x表示或与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal=6.4、磷酸pKa2=72(pKa=-lgKa)。则下列说法正确的是(  ) A. 曲线I表示与pH的变化关系 B. 的过程中,水的电离程度逐渐减小 C. 当时, D. 当pH增大时,逐渐减小 二、简答题(本大题共4小题,共45.0分) 重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液(主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等)制备K2Cr2O7的流程如图所示。 已知:Ⅰ在酸性条件下,H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+ Ⅱ相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下: 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Cr3+ 4.9 6.8 Fe3+ 1.5 2.8 回答下列问题: (l)滤渣②的主要成分为______(填化学式)。 (2)写出“氧化”步骤中反应的化学方程式______。 (3)“加热”操作的目的是______。 (4)“酸化”过程中发生反应2CrO42-+H+?Cr2O72-+H2O(K=4×1014L3?mol-3)已知,“酸化”后溶液中c(Cr2O72-)=1.6×10-3mol?L-1则溶液中c(CrO42-)=______ (5)“结晶”后得到K2Cr2O7(M=294g?mol-1)产品0.5000?g,将其溶解后用稀H2SO4酸化,再用浓度为0.01000?mol?L-l(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定,滴定终点消耗标准溶液的体积为900?mL,则产品的纯度为______。[滴定反应为:K2Cr2O7+6(NH4)2Fe(SO4)2+7H2SO4=K2SO4+Cr(SO4)3+6(NH4)2Fe(SO4)2+3Fe(SO4)3+7H2O] (6)在K2Cr2O7存在下,可利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理,其工作原理如图所示。 ①负极的电极反应式为______; ②一段时间后,中间室中NaCl溶液的浓度______(填“增大”、“减小”或“不变”)。 二甲醚(CH3OCH3)重整制取H2,具有无毒、无刺激性等优点。回答下列问题: (1)CH3OCH3和O2发生反应Ⅰ:CH3OCH3(g)+O2(g)=2CO(g)+3H2(g)△H 己知:CH3OCH3(g)?CO(g)+H2(g)+CH4(g)△H1 CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H2 H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3 ①则反应Ⅰ的△H=______(用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。 ②保持温度和压强不变,分别按不同进料比通入CH3OCH3和O2,发生反应Ⅰ.测得平衡时H2的体积百分含量与进料气中的关系如图(a)所示。当>0.6时,H2的体积百分含量快速降低,其主要原因是______(填标号)。 A.过量的O2起稀释作用 B.过量的O2与H2发生副反应生成H2O C.>0.6平衡向逆反应方向移动 (2)T℃时,在恒容密闭容器中通入CH3OCH3,发生反应Ⅱ:CH3OCH3(g)?CO(g)+H2(g)+CH4(g),测得容器内初始压强为41.6?kPa,反应过程中反应速率v(CH3OCH3)、时间f与CH3OCH3分压P(CH3OCH3)的关系如图(b)所示。 ①t=400?s时,CH3OCH3的转化率a-______(保留2位有效数字);反应速率满足v(CH3OCH3)=kPn(CH3OCH3),k=______s-1;400?s时v(CH3OCH3)______kPa?s-1。 ②达到平衡时,测得体系的总压强P总=121.6?kPa,则该反应的平衡常数Kp=______?kPa2(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。 ③该温度下,要缩短达到平衡所需的时间,除改进催化剂外,还可采取的措施是______,其理由是______。 铜及其化合物在科研和生产中具有广泛用途。回答下列问题: (l)基态Cu原子的价电子排布图是______。 (2)从核外电子排布角度解释高温下Cu2O比CuO更稳定的原因是______。 (3)铜晶体中Cu原子的堆积方式如图①所示,其堆积方式为______,配位数为______。 (4)可做染料。NH3中N原子的杂化方式是______;C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是______(用元素符号表示);SO42-的空间构型是______,与该阴离子互为等电子体的五核微粒有______?(任写=种)。 (5)由铜、钡、钙及铊的氧化物可以制得高温超导体,CaO的熔点比BaO的熔点高,其原因是______。 (6)金铜合金的晶胞如图②所示。金铜台金具有储氢功能,储氢后Au原子位于顶点,Cu原子位于面心,H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中,若Cu原子与Au原子的最短距离为a?nm,阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体储氢后密度为______g?cm-3(列出计算式)。 蜂胶是一种天然抗癌药,主要活性成分为咖啡酸苯乙酯(J)。合成化合物I的路线如下: 已知:① ②RCHO+HOOCCH2COOHRCH=CHCOOH ③当羟基与双键碳原子相连时,易发生转化:RCH-CHOH=RCHCHO 请回答下列问题: (l)化合物F的名称是______;B-C的反应类型是______。 (2)化合物E中含氧官能团的名称是______;G-H的反应所需试剂和条件分别是______、______。 (3)写出化台物C与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式______。 (4)化台物W与E互为同分异构体,两者所含官能团种类和数目完全相同,且苯环上有3个取代基,则W可能的结构有______种(不考虑顺反异构),其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢,峰面积比为2:2:1:1:1:1,写出符合要求的W的结构简式______。 (5)参照上述合成路线,设计由CH3CH=CH2和HOOCCH2COOH为原料制备CH3CH2CH=CHCOOH的合成路线(无机试剂任选)。 三、实验题(本大题共1小题,共15.0分) FeCl3是重要的化工原料,无水氯化铁在300℃以上升华,遇潮湿空气极易潮解 (Ⅰ)制各无水氯化铁 ①仪器X的名称为______。 ②装置的连接顺序为a→______→i,k→______(按气流方向,用小写字母表示)。 ③实验结束后,取少量F中的固体加水溶解,经检测发现溶液中含有Fe2+,其原因为______。 (2)探究FeCl3与SO2的反应 已知反应体系中存在下列两种化学变化: (i)?Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe(SO2)62+(红棕色); (ii)?Fe3+与SO2发生氧化还原反应,其离子方程式为①______ 步骤 现象 结论 Ⅰ.取5?mL1?mol?L-1?FeCl3溶液于试管中,通入SO2至饱和 溶液很快由黄色变为红棕色 \ Ⅱ.用激光笔照射步骤Ⅰ中的红棕色溶液 溶液中无明显光路 ②红棕色物质不是 ______ (填分散系种类) Ⅲ将步骤Ⅰ中的溶液静置 1小时后,溶液逐渐变为浅绿色 \ IV.向步骤Ⅲ中溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液 ③ ______ 溶液中含有Fe2+ ④实验结论:反应(i)、(ii)的活化能大小关系是:E(i)______E(ii)(填“>”、“<”或“=”,下同),平衡常数大小关系是:K(i)______K(ii)。 ⑤另取5?mL?l?mol?L-l?FeC13溶液,先滴加2滴浓盐酸,再通入SO2至饱和。几分钟后,溶液由黄色变为浅绿色,由此可知:促使氧化还原反应(ii)快速发生可采取的措施是______。 答案和解析 1.【答案】B 【解析】 解:A.结构相似,组成相差n个CH2原子团的有机物互为同系物,二者含O原子不同,不是同系物,故A错误; B.分子式为C4H8O2,可看成只有4个C、4个H消耗氧气,则l?mol二噁烷完全燃烧消耗O2为1mol×(4+)=5mol,故B正确; C.结构对称,只有一种H,则一氯代物有1种,故C错误; D.分子中C均为四面体构型,所有原子不可能共面,故D错误; 故选:B。 A.结构相似,组成相差n个CH2原子团的有机物互为同系物; B.分子式为C4H8O2,可看成只有4个C、4个H消耗氧气; C.结构对称,只有一种H; D.分子中C均为四面体构型。 本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质、有机反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意选项A为解答的易错点,题目难度不大。 2.【答案】B 【解析】 解:A.氨气的密度比空气密度小,短导管进气向下排空气法可收集,故A正确; B.加热氯化铵分解,碘升华,则加热法不能分离,故B错误; C.二氧化锰可作催化剂,过氧化氢分解生成氧气,图中装置可制备氧气,故C正确; D.自来水中水的沸点较低,沸石可防止暴沸,图中蒸馏装置可制备蒸馏水,故D正确; 故选:B。 A.氨气的密度比空气密度小; B.加热氯化铵分解,碘升华; C.二氧化锰可作催化剂,过氧化氢分解生成氧气; D.自来水中水的沸点较低,沸石可防止暴沸。 本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键,侧重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。 3.【答案】C 【解析】 解:A.8?g?S4中,含有质子数为:×16×NA=4NA,故A错误; B.1?L?pH=l的稀H2SO4中,氢离子浓度为0.1mol/L,含氢离子物质的量为0.1mol,含有H+数目为0.1NA,故B错误; C.依据取代反应特点:有进有出,甲烷氯代反应中,消耗l?mol?Cl2生成HCl分子数为NA,故C正确; D.A.NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2,根据方程式知,2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2,但NO2和N2O4之间存在转化,方程式2NO2?N2O4,所以产物分子数小于2NA,故D错误; 故选:C。 A.质量转化为物质的量,结合1个S含有16个质子计算; B.pH=l的稀H2SO4中,氢离子浓度为0.1mol/L; C.依据取代反应特点:有进有出判断; D.NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2,根据方程式知,2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2,但NO2和N2O4之间存在转化,方程式2NO2?N2O4; 本题考查阿伏加德罗常数的综合应用,注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,题目难度中等。 4.【答案】A 【解析】 解:A、溶解废渣时主要是用酸将金属离子溶解,稀盐酸可以达到目的,可代替稀硫酸,故A错误; B、除去Cu2+可采用FeS,将铜离子转化为更难溶的CuS,得到的亚铁离子在ii除去,故B正确; C、流程中a-b的目的是富集NiSO4,故C正确; D、由溶液获得其溶质通过蒸发浓缩、冷却结晶,故D正确; 故选:A。 根据流程,电镀废渣(主要成分是NiO,还有CuO、FeO等少量杂质)用稀硫酸酸浸,酸浸的滤液I主要有Ni2+、Cu2+、Fe2+,可加入硫化亚铁是将铜离子转化成更难溶的硫化铜,再除去Fe2+,滤液II主要含有Ni2+,加入碳酸钠溶液过滤得到NiCO3沉淀,用稀硫酸将其溶解得到NiSO4溶液,将其蒸发浓缩、冷却结晶,过滤、洗涤、干燥得到NiSO4.6H2O晶体,据此分析作答。 本题考查了物质的制备,主要涉及对流程的理解,题目难度中等,掌握基础是关键。 5.【答案】B 【解析】 解:由上述分析可知,W为O、X为F、Y为P、Z为Ca, A.电子层越多,离子半径越大,具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小,则简单离子的半径:Z>W>X,故A错误; B.CaO2含有O-O非极性键,故B正确; C.非金属性越强,对应氢化物越稳定,则简单氢化物的热稳定性:W>Y,故C错误; D.Y的单质为P,常温常压下为固态,故D错误; 故选:B。 主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,且均不大于20,只有W、X处于同一周期,X的单质与水反应可生成W的单质,X的原子序数大于W元素,则X为F元素,W为O,结合原子序数可知Y、Z位于第三周期,W、X、Z的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的3倍,设Y的最外层电子数为m、Z的最外层电子数为n,则6+7+n=3m,只有n=2时、m=5符合,Y、Z不位于同周期,即Y为P、Z为Ca,以此来解答。 本题考查原子结构与元素周期律,为高频考点,把握元素的位置、元素化合物知识、原子结构来推断元素为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意规律性知识与元素化合物知识的应用,题目难度不大。 6.【答案】C 【解析】 解:A、Ni电极表面硫酸根离子和碳酸根得电子生成单质硫和单质碳,发生还原反应,故A正确; B、阳极是氧负离子失电子生成氧气,故B正确; C、电解质中发生的离子反应有:SO42--+6e-=S+4O2-和CO32--+4e-=C+3O2-,故C错误; D、电解质中发生的离子反应SO42--+6e-=S+4O2-和CO32--+4e-=C+3O2-,而氧负离子与二氧化碳和二氧化硫结合生成硫酸根和碳酸根,从而实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环,故D正确; 故选:C。 A、Ni电极表面硫酸根离子和碳酸根得电子生成单质硫和单质碳; B、阳极发生氧化反应; C、电解质中发生的离子反应有:SO42--+6e-=S+4O2-和CO32--+4e-=C+3O2-; D、电解质中发生的离子反应SO42--+6e-=S+4O2-和CO32--+4e-=C+3O2-,而氧负离子与二氧化碳和二氧化硫结合生成硫酸根和碳酸根。 本题考查学生电解池的工作原理知识,为高频考点,侧重考查学生的分析能力,注意把握电解池的工作原理以及电极方程式的书写,难度不大。 7.【答案】D 【解析】 解:H2CO3?HCO3-+H+的电离平衡常数Kal=,所以lg=pH-pKal,=pH-6.4,H2PO4-?HPO42-+H+的电离平衡常数Ka2=,所以lg=pKa2-pH=7.2-pH, A、当lgx=0时,pH分别为6.4、7.2,所以,曲线I表示lg与pH的变化关系,曲线II表示lg与pH的变化关系,故A错误; B、酸对水的电离有抑制作用,酸性越强即pH越小,抑制作用越大,水的电离程度越小,a-b的过程中pH增大,溶液酸性减弱,水的电离程度增大,故B错误; C、当c(H2CO3)=c(HCO3-)时,即lg=0,溶液中pH=6.4,则lg=pKa2-pH=7.2-6.4=0.8>0,即c(HPO42-)>c(H2PO4-),故C错误; D、==,pH增大则H2CO3?HCO3-+H+正向进行,使c(H2CO3)减小,而Ka1、Ka2不变,所以pH增大时,逐渐减小,故D正确, 故选:D。 H2CO3?HCO3-+H+的电离平衡常数Kal=,所以lg=pH-pKal,=pH-6.4,H2PO4-?HPO42-+H+的电离平衡常数Ka2=,所以lg=pKa2-pH=7.2-pH, A、当lgx=0时,pH分别为6.4、7.2,据此分析解答; B、酸对水的电离有抑制作用,酸性越强即pH越小,抑制作用越大,水的电离程度越小; C、当c(H2CO3)=c(HCO3-)时,即lg=0,溶液中pH=6.4,则lg=pKa2-pH=7.2-6.4=0.8; D、==,pH增大则H2CO3?HCO3-+H+正向进行,使c(H2CO3)减小。 本题考查弱电解质的电离平衡及其溶液中离子浓度的变化关系,为高频考点,把握电离平衡常数意义及应用、分析图象信息是解题关键,注意比例式的恒等转化以判断其增减性的方法,题目难度较大。 8.【答案】Fe(OH)3 ? 2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O ? 除去过量的H2O2 ? 2×10-8mol?L-1 ? 88.2% ? C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+ ? 减小 【解析】 解:(1)滤渣①成分为Cr(OH)3、Fe(OH)3混合物,“氧化”步骤中Cr(OH)3转化为K2CrO4溶液,Fe(OH)3不反应也不溶与水,过滤分离的滤渣②为Fe(OH)3,故答案为:Fe(OH)3; (2)“氧化”步骤中,碱性条件下,过氧化氢氧化Cr(OH)3生成K2CrO4溶液,结合电子守恒、原子守恒有化学方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O,故答案为:2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O; (3)因为在酸性条件下,H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+,为防止后续“酸化”步骤中H2O2将Cr2O72-还原为Cr3+而混入杂质,所以酸化之前必须除去H2O2,并且H2O2对热不稳定、易分解,通过加热可除去,故答案为:除去过量的H2O2; (4)酸化”过程中pH=1,即c(H+)=0.1mol/L,反应2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O的平衡常数K===4×1014,c(CrO42-)=2×10-8mol?L-1,故答案为:2×10-8mol?L-1; (5)由反应K2Cr2O7+6(NH4)2Fe(SO4)2+7H2SO4=K2SO4+Cr(SO4)3+6(NH4)2Fe(SO4)2+3Fe(SO4)3+7H2O有n(K2Cr2O7)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=×0.0100mol/L×0.9L=0.0015mol,产品的纯度===88.2%,故答案为:88.2%; (6)①C6H5OH→CO2,则苯酚发生氧化反应、作负极,结合电子守恒和电荷守恒有电极反应式C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+, 故答案为:C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+; ②由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离,使Na+和Cl-不能定向移动,所以电池工作时,负极生成的H+透过阳离子交换膜加入NaCl溶液中,正极生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中与H+反应生成水,是NaCl溶液浓度减小,故答案为:减小。 含铬废液(主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等)制备K2Cr2O7的流程:废液与足量KOH反应生成沉淀Cr(OH)3、Fe(OH)3,过滤得到滤渣①Cr(OH)3、Fe(OH)3混合物,除去K+、SO42-等离子,碱性条件下在滤渣中加入过氧化氢氧化Cr(OH)3生成K2CrO4,过滤除去Fe(OH)3,得到K2CrO4滤液②,加热除去过量过氧化氢,防止后续加酸时H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+,加酸调pH=1,使K2CrO4溶液转化为K2Cr2O7溶液,蒸发结晶得到K2Cr2O7晶体,以此解答。 本题考查物质的制备实验,为高频考点,把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、氧化还原反应规律为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意题干“已知”信息的应用,题目难度中等。 9.【答案】△H1+△H2-2△H3 ? B ? 16% ? 4.4×10-4 ? 1.54×10-2 ? 4×104 ? 增大反应物的压强或增大反应物的浓度 ? 提高反应物的压强,化学反应速率加快 【解析】 解:(1)①己知:①CH3OCH3(g)?CO(g)+H2(g)+CH4(g)△H1 ②CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H2 ③H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3 盖斯定律计算①+②-2③得到CH3OCH3(g)+O2(g)=2CO(g)+3H2(g)△H=△H1+△H2-2△H3, 故答案为:△H1+△H2-2△H3; ②图象分析,当>0.6时,H2的体积百分含量快速降低的原因可能是:过量的O2与H2发生副反应生成H2O, 故答案为:过量的O2与H2发生副反应生成H2O; (2)①t=400?s时,CH3OCH3分压P(CH3OCH3)=35.0KPa,测得容器内初始压强为41.6?kPa,转化率=×100%=16%,反应速率满足v(CH3OCH3)=kPn(CH3OCH3),k==4.4×10-4s-1,400?s时v(CH3OCH3)=4.4×10-4s-1×35kPa=1.54×10-2kPa/s, 故答案为:16%;4.4×10-4s-1;4.4×10-4s-1; ②达到平衡时,测得体系的总压强P总=121.6?kPa,结合三行计算得到物质的量,设甲醚物质的量为1mol,反应消耗甲醚物质的量为x, ????????????????????CH3OCH3(g)?CO(g)+H2(g)+CH4(g) 起始量(mol)???? 1??????????????????? 0???????????? 0??????????????? 0 变化量(mol)??? x???????????????????? x???????????? x???????????????? x 平衡量(mol) 1-x??????????????????? x???????????? x??????????????? x 压强之比等于气体物质的量之比,= x=0.96mol 气体总物质的量=1+2x=2.92mol, Kp=≈4×104, 故答案为:4×104; ③该温度下,要缩短达到平衡所需的时间,除改进催化剂外,还可以增大反应物的压强或增大反应物的浓度,提高反应物压强,化学反应速率加快, 故答案为:增大反应物的压强或增大反应物的浓度;提高反应物压强,化学反应速率加快。 (1)①己知:Ⅰ.CH3OCH3(g)?CO(g)+H2(g)+CH4(g)△H1 Ⅱ.CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H2 Ⅲ.H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3 盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ-2×Ⅲ得到CH3OCH3(g)+O2(g)=2CO(g)+3H2(g)△H; ②当>0.6时,H2的体积百分含量快速降低的原因可能是氧气和氢气发生了反应; (2)①t=400?s时,CH3OCH3分压P(CH3OCH3)=35.0KPa,测得容器内初始压强为41.6?kPa,转化率=×100%=×100%,反应速率满足v(CH3OCH3)=kPn(CH3OCH3),k=,400?s时P(CH3OCH3)=)=35.0KPa,v(CH3OCH3)=kPn(CH3OCH3); ②达到平衡时,测得体系的总压强P总=121.6?kPa,结合三行计算得到物质的量,则该反应的平衡常数Kp=; ③该温度下,要缩短达到平衡所需的时间,除改进催化剂外,可以增大反应物的压强或增大反应物的浓度等。 本题考查了热化学方程式书写、化学反应速率和速率常数计算、平衡影响因素、化学平衡常数计算等知识点,掌握基础是解题关键,题目难度中等。 10.【答案】 ? 亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态 ? 面心立方最密堆积 ? 12 ? sp3 ? N>O>C ? 正四面体 ? PO43-或ClO4-等 ? CaO的晶格能比BaO的晶格能大 ? 【解析】 解:(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族,价电子排布式为3d104s1,则基态Cu原子的价电子排布图为:, 故答案为:; (2)高温下Cu2O比CuO稳定,从核外电子排布角度,Cu+价电子排布为3d10,为全满结构,较为稳定,所以原因为:亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态, 故答案为:亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态; (3)根据堆积方式分析,金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC……堆积,Cu原子位于顶点和面心上,所以该堆积方式为面心立方最密堆积,配位数=3×8÷2=12; 故答案为:面心立方最密堆积;12; (4)NH3中N原子价层电子对个数=3+=4,根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp3;同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而增大,但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素,所以第一电离能N>O>C;SO42-中S原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为正四面体结构,与该阴离子互为等电子体的五核微粒中含有5个原子且价电子数是32,符合条件的微粒有PO43-或ClO4-等, 故答案为:sp3;N>O>C;正四面体;PO43-或ClO4-等; (5)离子电荷相同,Ca2+?半径比Ba2+小,CaO的晶格能比BaO大,故CaO的熔点比BaO高, 故答案为:CaO的晶格能比BaO的晶格能大; (6)该晶胞中Au原子个数=8×=1、Cu原子个数=6×=3,H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中,形成的结构为三角锥形,该晶胞中有8个这种三角锥,所以该晶胞中含有8个H原子,若Cu原子与Au原子的最短距离为a?nm,为面对角线长度的一半,则棱长=nm=anm=a×10-7cm,晶胞体积=(a×10-7cm)3,该晶体储氢后密度==g/cm3, 故答案为:。 (1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族,价电子排布式为3d104s1; (2)高温下Cu2O比CuO稳定,从核外电子排布角度,Cu+价电子排布为3d10,为全满结构,较为稳定; (3)根据堆积方式分析,金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC……堆积;配位数是12; (4)NH3中N原子价层电子对个数=3+=4,根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型;同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而增大,但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素;SO42-中S原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型,与该阴离子互为等电子体的五核微粒中含有5个原子且价电子数是32; (5)离子化合物中,离子电荷越多、离子半径越小,晶格能越大,物质的熔点越高; (6)该晶胞中Au原子个数=8×=1、Cu原子个数=6×=3,H原子填充在由1个Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体空隙中,形成的结构为三角锥形,该晶胞中有8个这种三角锥,所以该晶胞中含有8个H原子,若Cu原子与Au原子的最短距离为a?nm,为面对角线长度的一半,则棱长=nm=anm=a×10-7cm,晶胞体积=(a×10-7cm)3,该晶体储氢后密度=。 本题考查物质结构和性质,涉及晶胞计算、晶格能、原子杂化类型判断等知识点,侧重考查基本公式、基础知识再现及空间想像能力、计算能力,难点是晶胞计算,注意(6)中H原子个数判断,为解答难点,题目难度中等。 11.【答案】苯乙烯 ? 取代反应 ? 羧基、羟基 ? NaOH水溶液 ? 加热 ? ? 11 ? 【解析】 解:(l)化合物F的名称是:苯乙烯;B-C是-OCH3转化为-OH,属于取代反应, 故答案为:苯乙烯;取代反应; (2)化合物E为,E中含氧官能团的名称是:羧基、羟基;G-H发生卤代烃的水解反应引入羟基,的反应所需试剂和条件分别是:NaOH水溶液、加热, 故答案为:羧基、羟基;NaOH水溶液、加热; (3)化合物C与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式:, 故答案为:; (4)化合物W与E()互为同分异构体,两者所含官能团种类和数目完全相同,且苯环上有3个取代基,三个取代基为-OH、-OH、-CH=CHCOOH,或者为-OH、-OH、-C(COOH)=CH2,2个-OH有邻、间、对3种位置结构,对应的另外取代基分别有2种、3种、1种位置结构(包含E),故W可能的结构有(2+3+1)×2-1=11种,其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢,峰面积比为2:2:1:1:1:1,符合要求的W的结构简式为:, 故答案为:11;; (5)CH3CH=CH2与HBr在过氧化物条件下反应生成CH3CH2CH2Br,然后碱性条件下水解生成CH3CH2CH2OH,再发生氧化反应生成CH3CH2CHO,最后与HOOCCH2COOH在吡啶、加热条件下反应得到CH3CH2CH=CHCOOH,合成路线流程图为:, 故答案为:。 结合信息①、B的分子式、物质C的结构,可知与过氧化氢发生取代反应生成B为,B发生取代反应生成C(),C发生信息②中的反应生成D为.对比D、E的分子式,结合I的结合,可知E为,故H为、G为。 (5)CH3CH=CH2与HBr在过氧化物条件下反应生成CH3CH2CH2Br,然后碱性条件下水解生成CH3CH2CH2OH,再发生氧化反应生成CH3CH2CHO,最后与HOOCCH2COOH在吡啶、加热条件下反应得到CH3CH2CH=CHCOOH。 本题考查有机物推断与合成,充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断,题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力,熟练掌握官能团的性质与转化,是有机化学常考题型。 12.【答案】圆底烧瓶 ? h,i→d,e ? g,f→b ? 未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在溶液中反应生成了Fe2+ ? 2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42- ? Fe(OH)3胶体 ? 生成蓝色沉淀 ? < ? < ? 增强FeC13溶液的酸性 【解析】 解:(1)制备无水氯化铁 ①仪器X为圆底烧瓶; 故答案为:圆底烧瓶; ②由于无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3?nH2O,而制得的氯气中含有水蒸气和氯化氢,所以在和铁反应之前需要净化氯气。氯化氢用饱和食盐水除去,浓硫酸用来干燥氯气,且首先除去氯化氢,最后干燥。同时为了防止氯气污染空气,且也为了防止空气中的水蒸气进入反应器,还需要有尾气处理装置,选择的装置是盛有碱石灰的干燥管,故连接顺序为:a→h,i→d,e→i,k→g,f→b; 故答案为:h,i→d,e;g,f→b; ③实验结束后,取少量F中的固体加水溶解,经检测发现溶液中含有Fe2+,原因是未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在溶液中反应生成了Fe2+; 故答案为:未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在溶液中反应生成了Fe2+; (2)探究FeCl3与SO2的反应 ①Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子,离子反应为:2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42-; 故答案为:2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42-; ②FeCl3溶液也可得到红棕色Fe(OH)3胶体,用激光笔照射无明显光路,说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体; 故答案为:Fe(OH)3胶体; ③向步骤Ⅲ中溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液,根据结论:溶液中含有Fe2+,则现象为生成蓝色沉淀; 故答案为:生成蓝色沉淀; ④根据实验可知,反应i速率快,则其反应的活化能小,则E(i)<E(ii),反应i得到的红棕色Fe(SO2)62+最终转化为反应ii的浅绿色Fe2+,则反应ii进行的程度更大,其化学平衡常数更大,则K(i)<K(ii); 故答案为:<;<; ⑤另取5?mL?l?mol?L-l?FeC13溶液,先滴加2滴浓盐酸,再通入SO2至饱和。几分钟后,溶液由黄色变为浅绿色,由此可知:酸性增强有利于反应ii的氧化还原反应,故促使氧化还原反应(ii)快速发生可采取的措施是增强FeC13溶液的酸性, 故答案为:增强FeC13溶液的酸性。 (1)制备无水氯化铁 ①根据仪器特点可得; ②由于无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3?nH2O,而制得的氯气中含有水蒸气和氯化氢,所以在和铁反应之前需要净化氯气。氯化氢用饱和食盐水除去,浓硫酸用来干燥氯气,且首先除去氯化氢,最后干燥。同时为了防止氯气污染空气,且也为了防止空气中的水蒸气进入反应器,还需要有尾气处理装置,选择的装置是盛有碱石灰的干燥管,据此可得; ③氯化铁在溶液中与铁价态归中可得亚铁离子,据此分析; (2)探究FeCl3与SO2的反应 ①Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子,据此书写; ②根据胶体的丁达尔效应分析; ③Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液可产生蓝色沉淀; ④根据反应速率判断活化能大小;根据反应的进行程度比较K的大小; ⑤加入盐酸后反应更快,说明酸性增强能加快反应ii。 本题考查了物质的制备和探究性质实验方案设计,为高频考点,涉及的知识面广,综合性强,把握发生的氧化还原反应及现象的关系为解答的关键,题目难度中等。 第2页,共2页 第1页,共1页