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        • ID:7-5919116 江西省上饶县2019届高三下学期最后一模化学试题(实验班)Word版含答案

          高中化学/高考专区/模拟试题


          上饶县2019届高三下学期最后一模
          化学试卷(实验班)
          时间:90分钟 总分:100分
          可能用到相对原子质量:H:1 N:14 O:16 S:32 Na:23 Cu:64
          一、选择题(每小题3分,共48分)
          1.《开宝本草》中记载了如何提取硝酸钾:“此即地霜也,所在山泽,冬月地上有霜,扫取以水淋汁后,乃煎炼而成”。文中对硝酸钾提取没有涉及的操作方法是
          A.溶解 B.蒸发 C.结晶 D.升华
          2、下列描述的离子反应方程式正确的是
          A.少量的 SO2 通入 NaClO 溶液:SO2+H2O+2ClO-=SO32-+2HClO
          B.氧化铁溶于氢碘酸:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
          C.用二氧化锰和浓盐酸反应制氯气:MnO2+4HCl(浓)Mn2++2Cl―+Cl2↑+2H2O
          D.等浓度的 NaHSO4 与 Ba(OH)2 混合至溶液呈中性:Ba2++2OH―++2H+=BaSO4↓+2H2O
          3.NA代表阿伏加德罗常数的值,下列叙述错误的是( )
          ① 18 g金刚石中,碳碳共价键数为3NA ② 1mol铜与足量硫蒸气反应,转移电子数为 NA
          ③ 常温常压时S2和S8的混合物共6.4g,其中所含硫原子数一定为0.2NA
          ④ 一定温度下,1 L 0.50 mol·L━1NH4Cl溶液与2 L0.25mol·L━1NH4Cl溶液中NH4+的物质的量均小于0.5NA,且前者更少
          ⑤电解法精炼铜时,当阳极质量减少64g时,电路中通过的电子数一定为2NA
          A.② B.②④⑤ C.④⑤ D.②④
          4.下列关于氯气的实验装置能达到实验目的的是(  )
          
          ①可用于氯气的收集  ②若气球干瘪,证明Cl2可与NaOH反应
          ③可证明氯气具有漂白性  ④可用于实验室中氯气的尾气吸收
          A.①② B.①③ C.②③ D.①④
          5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,它们原子的最外层电子数之和为14。X是元素周期表中原子半径最小的元素,Z与X原子的最外层电子数相同,Y与W同主族。下列说法正确的是
          A.X与Y只能形成一种化合物
          B.原子半径:r(Y)<r(W)<r(Z)
          C.W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
          D.Z的最高价氧化物对应的水化物是酸
          ================================================
          压缩包内容:
          江西省上饶县2019届高三下学期最后一模化学试题(实验班)word版含答案.doc

        • ID:7-5863471 2019年江西省南昌十中高考化学二模试卷(含解析)

          高中化学/高考专区/模拟试题

          2019年江西省南昌十中高考化学二模试卷 一、单选题(本大题共7小题,共42.0分) 化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法不正确的是(  ) A. 成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒 B. 利用乙醇的还原性以及、的颜色差异来检验是否酒后驾车 C. 水泥冶金厂常用高压电除尘,是因为烟尘在空气中形成胶体且发生丁达尔效应 D. 是指大气中直径小于或等于微米的颗粒物,是产生雾霾天气的主要因素 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(  ) A. ?mol丙烯酸中含有的双键数目为? B. 标准状况下,中含有的共价键数目为 C. ?g白磷分子中含键为? D. ?g?和的固体混合物中含有的离子总数为? 下列指定反应的离子方程式正确的是(  ) A. 与稀反应: B. 用纯碱溶液溶解苯酚: C. 等体积等物质的量浓度的和混合: D. 用石墨作电极电解溶液: 四种短周期主族元素X、Y、Z和W,原子序数依次增大,X和Y的单质化合生成气体A,A分子中的电子数与氖原子相同,X和W的单质化合生成气体B,常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1,气体A和气体B相遇产生白烟,X与Z可按原子个数比1:1形成化合物C.下列说法正确的是(  ) A. 化合物C可能为离子化合物 B. Z离子的半径比Y离子的大 C. Y的非金属性很强,其单质非常活泼 D. 最高价氧化物的水化物的酸性Y比W强 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是(  ) 选项 实验操作和现象 结论 A 向硅酸钠溶液中滴加盐酸,有白色胶状沉淀生成 非金属性:C1>Si B 某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液,无现象,再滴加AgNO3溶液,有白色沉淀生成 溶液中一定含有Cl- C 淀粉溶液在硫酸存在下加热一段时间后,再与新制的Cu(OH)2悬浊液混合,加热煮沸,无红色沉淀生成 淀粉没有水解 D 向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末,出现红褐色沉淀和无色气体 FeCl2溶液部分变质 A. A B. B C. C D. D 元素周期表中钌(Ru)与铁相邻位于铁的下一周期,某钌光敏太阳能电池的工作原理如图所示,图中RuII*表示激发态。下列说法正确的是(  ) A. 电池工作时,直接将太阳能转化为电能 B. 镀铂导电玻璃的作用是传递 C. 电池的电解质溶液中和的浓度不断减小 D. 电解质溶液中发生反应: 化学上常用AG表示溶液中的酸碱度,AG=lg.25℃时,用0.100?mol?L-1的NaOH溶液滴定20.0?mL?0.100?mol?L-1某酸(HA)溶液,AG与所加NaOH溶液的体积(V)关系如图所示,下列说法正确的是(  ) A. B点溶液中存在 B. C点时,加入NaOH溶液的体积大于?mL C. 滴定过程中应该选择甲基橙做指示剂 D. 时,该酸HA的电离平衡常数 二、简答题(本大题共5小题,共58.0分) 亚硝酸钠广泛用于工业、建筑业及食品加工业。某课外活动小组的同学拟准备亚硝酸钠测定其产品的纯度并验证亚硝酸钠的某些性质。 (1)甲组同学采用如图装置制取亚硝酸钠。 ①仪器M的名称是______。 ②装置A中用较浓的硫酸而不用稀硫酸的原因是______。 ③若装置B中生成等物质的量的NO与NO2,则装置B中发生反应的离子方程式为______。 ④已知NO与NaOH溶液不反应,而NO2可与NaOH溶液发生反应:2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O.若通入装置C中的NO与NO2物质的量之比为1:1,则装置C中发生的化学方程为______。 (2)乙组同学拟测定甲组制得的产品中NaNO2的纯度。乙组同学采用高锰酸钾滴定法:称取mg试样于锥形瓶中,加入适量水溶解,然后用cmol/L的KMnO4溶液(适量稀硫酸酸化)进行测定,并重复上述操作2次。 ①高锰酸钾溶液应盛放在______(填“酸式”或“碱式”)测定管中。 ②滴定至终点时溶液颜色变化是______。 ③若滴定终点时平均消耗VmL标准溶液,则产品的纯度为______(用含c,m,V的代数式表示)。 (3)丙组同学拟设计实验证明: ①酸性条件下NaNO2具有氧化性,实验操作为______。 ②HNO3的酸性比CH3COOH强,实验操作为______。 镍废料中主要含有Ni,还有少量的Cu、Fe、Pb等。现从中制取Ni2O3,可用于制造人造卫星、宇宙飞船的高能电池,也可用于制成镍镉碱性电池。生产流程见下: 已知0.010?mol/L金属离子在不同pH下的沉淀情况如下: Fe3+ Cu2+ Ni2+ Fe2+ 开始沉淀pH 3.0 5.0 7.4 9.7 完全沉淀pH 4.0 6.5 9.0 11 回答下列问题: (1)加入碳酸钙调pH的目的是______,“沉渣2”的主要成分是______,必须先过滤“沉渣1”后再进行“除Cu”的原因是______。 (2)用离子方程式解释加入NH4F?(2)“除Ca”的过程______。 (3)“酸浸”时参与反应的H2SO4与HNO3物质的量比保持为3:2,此时Ni单质所发生的化学方程式为______ (4)“操作X”是______、______ (5)向NiO中加入盐酸溶解,待完全溶解后,加入足量NaOH溶液,再加入NaClO溶液,写出其中和NaClO相关的反应的离子方程式为______。 (6)根据表数据,计算当0.010?mol/L?NiSO4溶液中Ni2+完全沉淀时的c(Ni2+)=______mol/L。 CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2),还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题: (1)CH4-CO2催化重整反应为:CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。 已知:C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H=-76?kJ?mol-1 C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-394?kJ?mol-1 2C(s)+O2(g)=2?CO(g)△H=-222?kJ?mol-1 该催化重整反应的△H=______kJ?mol-1,有利于提高CH4平衡转化率的条件是______(填标号)。 A.高温低压???B.低温高压???C.高温高压???D.低温低压 某温度下,在体积为2?L的容器中加入2?mol?CH4、1?mol?CO2以及催化剂进行重整反应,达到平衡时CO2的转化率是50%,其平衡常数为______mol2?L-2。 (2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低,同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如表: 积碳反应:CH4(g)=C(s)+2H2(g) 消碳反应:CO2(g)+C(s)=2CO?(g) △H/(kJ?mol-1) +75 +172 活化能/ (kJ?mol-1) 催化剂X 33 91 催化剂Y 43 72 ①上表判断,催化剂X______Y(填“优于”或“劣于”),理由是:______。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下,某催化剂表面的积碳量随温度的?变化关系如图1所示。 升高温度时,下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是______填标号)。 A.K积、K消均增加 B.v积减小,v消增加 C.K积减小,K消增加 D.v消增加的倍数比v积增加的倍数大 ②在一定温度下,测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k?p(CH4)?[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时,不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图2所示,则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为______。 金属及其相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题: (1)下列关于金属及金属键的说法不正确的是______。(填字母代号) a.金属键没有方向性与饱和性 b.金属键是金属原子与自由电子间的相互作用 c.金属熔沸点不同的原因可以用金属键强弱解释 d.电子气理论可解释金属材料的延展性,不能解释金属有良好的导电性 (2)钒广泛用于催化及钢铁工业,基态钒原子的价层电子排布图为______。 (3)二茂铁又叫双环戊二烯基铁[Fe(C5H5)2],熔点是172.5~173℃,100℃以上升华,二茂铁属于______晶体。已知分子中的大π键可用符号表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)。已知二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷,则每个环中的大π键应表示为______。 (4)铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4,若要确定[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4是晶体还是非晶体,最科学的方法是对其进行______实验,其中阴离子的空间构型是______,该化合物加热时首先失去的组分是H2O,原因是______。 (5)最近发现,只含镁、镍和碳三种元素的晶体也具有超导性,该物质形成的晶体的立方晶胞结构如图所示。 ①与Mg紧邻的Ni有______个。 ②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。该晶胞中原子的坐标参数为a为(0,0,0);b为(,,0);d为(1,1,1)。则c原子的坐标参数为______。 ③若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为a?pm,阿伏加德罗常数的值为NA,则晶体的密度ρ=______g?cm-3(用含a、NA的代数式表示)。 瑞巴匹特为新型抗溃疡药,它可保护胃肠黏膜免受各种致溃疡因子的危害,其合成路线如下: (1)A的化学名称为______,A与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为______。 (2)化合物D中含氧官能团的名称为______。 (3)反应①~④中,属于取代反应的是______(填序号)。 (4)C→D的转化中,生成的另一种产物为HCl,则X的结构简式为______。 (5)已知Y中的溴原子被-OH取代得到Z,写出同时满足下列条件的Z的一种同分异构体的结构简式:______。 Ⅰ.分子中含有一个苯环和一个五元环,且都是碳原子形成环; Ⅱ.苯环上有两个取代基,且处于对位; Ⅲ.能与NaHCO3溶液发生反应。 (6)已知:①CH3CH2OHCH3CH2Br,请写出以A和HOCH2CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下:______ 答案和解析 1.【答案】C 【解析】 解:A.成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液(有效成分为次氯酸钠)混合使用发生反应生成氯气,氯气有毒,易使人体中毒,故A正确; B.乙醇具有还原性,可被Cr2O7-氧化,Cr3+、Cr2O7-的颜色不同,可用于检验酒后驾车,故B正确; C.水泥冶金厂常用高压电除尘,是因为烟尘在空气中形成胶体且发生电泳,故C错误; D.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物为雾霾,故D正确; 故选:C。 A.次氯根离子与盐酸发生归中反应生成氯气; B.乙醇具有还原性,可被Cr2O7-氧化; C.依据胶体的电泳性质解答; D.依据雾霾的概念解答。 本题综合考查物质的结构和性质,为高频考点和常见题型,侧重于化学与生活、生产的考查,注意相关基础知识的积累,注意物理变化与化学变化的区别,题目难度不大。 2.【答案】D 【解析】 解:A.0.1?mol丙烯酸中含有的双键数目为0.2?NA,故A错误; B.标况下水是液体,不能使用气体摩尔体积,故B错误; C.白磷的分子式为P4,故6.2g白磷的物质的量为0.05mol,而1mol白磷中含6mol共价键,故0.05mol白磷中含0.3NA条共价键,故C错误; D.过氧化钠阳离子为钠离子,阴离子为过氧根离子,而过氧化钠与硫化钠的摩尔质量相同,所以7.8 g?Na2O2和Na2S固体物质的量为=0.1mol,含有的钠离子为0.2mol,阴离子为0.1mol,含有离子总数为0.3NA,故D正确; 故选:D。 A.1个丙烯酸分子含有1个碳碳双键,1个碳氧双键; B.气体摩尔体积使用对象为气体; C.1个白磷分子含有6个P-P键; D.过氧化钠阳离子为钠离子,阴离子为过氧根离子,而过氧化钠与硫化钠的摩尔质量相同。 本题考查阿伏加德罗常数的应用,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,明确标况下气体摩尔体积的使用条件,题目难度不大。 3.【答案】C 【解析】 解:A.BaSO3与稀HNO3反应生成硫酸钡沉淀,正确的离子反应为:3BaSO3+2NO3-+2H+═3BaSO4↓+2NO↑+H2O,故A错误; B.用纯碱溶液溶解苯酚,反应生成碳酸氢根离子,正确的离子方程式为:CO32-+C6H5OH═C6H5O-+HCO3-,故B错误; C.等体积等物质的量浓度的NH4Fe(SO4)2和Ba(OH)2混合,发生反应的离子方程式为:2Fe3++3SO42-+3Ba2++6OH-═3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓,故C正确; D.用石墨作电极电解MgCl2溶液生成氢氢氧化镁、氢气、氯气,正确的离子方程式为:Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓,故D错误; 故选:C。 A.稀硝酸具有强氧化性,能够氧化亚硫酸根离子; B.苯酚的酸性小于碳酸,反应生成碳酸氢根离子; C.铁离子优先结合氢氧根离子,铵根离子不反应; D.镁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀。 本题考查了离子方程式的判断,为高考的高频题,属于中等难度的试题,注意掌握离子方程式的书写原则,明确离子方程式正误判断常用方法:检查反应物、生成物是否正确,检查各物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式,检查是否符合原化学方程式等。 4.【答案】A 【解析】 解:A.化合物C可能是H2O2、HF或NaH,H2O2、HF是共价化合物而NaH是离子化合物,故A正确; B.Y为N元素、Z为O或F或Na元素,电子层结构相同的离子,离子半径随着原子序数增大而减小,所以离子半径:Y>Z,故B错误; C.Y的非金属性很强,但是因为氮气分子中存在氮氮三键导致其性质较稳定而不活泼,故C错误; D.非金属性W>Y,则最高价氧化物的水合物酸性W>Y,故D错误; 故选:A。 四种短周期主族元素X、Y、Z和W,原子序数依次增大,X和W的单质化合生成气体B,常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1,则B为强酸性气体,为HCl,则X是H、W是Cl元素; 气体A和气体B相遇产生白烟,白烟为氯化铵,则A是氨气;X和Y的单质化合生成气体A,A分子中的电子数与氖原子相同,所以Y是N元素; X与Z可按原子个数比1:1形成化合物C,且Z原子序数大于N而小于Cl元素,则Z为O、F或Na元素,C可能是H2O2、HF或NaH。 本题考查原子结构和元素周期律的关系,侧重考查分析判断及知识综合运用能力,明确原子结构、元素周期表结构及元素周期律是解本题关键,注意Z元素不确定,为解答易错点。 5.【答案】B 【解析】 解:A.硅酸钠溶液中滴加盐酸,生成硅酸,但盐酸为无氧酸,不能比较非金属性,故A错误; B.加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液,无现象,排除干扰离子,再滴加AgNO3溶液,有白色沉淀生成,白色沉淀为AgCl,溶液中一定含有Cl-,故B正确; C.水解后检验葡萄糖,应在碱性条件下,没有加碱至碱性,不能说明,故C错误; D.过氧化钠可氧化亚铁离子,且与水反应生成氧气,由操作和现象可知不能说明变质,故D错误; 故选:B。 A.硅酸钠溶液中滴加盐酸,生成硅酸,但盐酸为无氧酸; B.加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液,无现象,排除干扰离子,再滴加AgNO3溶液,有白色沉淀生成,白色沉淀为AgCl; C.水解后检验葡萄糖,应在碱性条件下; D.过氧化钠可氧化亚铁离子,且与水反应生成氧气。 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.电池工作时,存在的能量转化形式为:光能→化学能→电能,故A错误; B.镀铂导电玻璃上,I3-得电子被还原为3I-,故B错误; C.由电池中发生的反应可知,I3-在正极上得电子被还原为3I-,后又被氧化为I3-,I3-和I-相互转化,反应的实质是光敏有机物在激发态与基态的相互转化,电解质溶液中I-和I3-的浓度基本不变,故C错误; D、电池工作时,负极反应为:2Ru2+-2e-═2Ru3+,正极反应为I3-+2e-=3I-,又Ru2+和Ru3+,I3-和I-相互转化,所以电解质溶液中发生2Ru3++3I-═2Ru2++I3-,故D正确。 故选:D。 由图中电子的移动方向可知,透明导电玻璃为原电池的负极,发生氧化反应,电极反应为:2Ru2+-2e-═2Ru3+,镀铂电极为原电池的正极,电解质为I3-和I-的混合物,I3-在正极上得电子被还原,正极反应为I3-+2e-=3I-,电解质溶液中发生2Ru3++3I-═2Ru2++I3-,据此分析解答。 本题考查了原电池原理的综合应用,题目难度中等,注意把握原电池中正负极的判断、电极方程式的书写、电子和离子的移动方向,侧重于考查学生的分析能力和对基本原理的应用能力。 7.【答案】A 【解析】 解:A.B点溶液为等浓度的HNO2和Na溶液,溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)①,物料守恒:2c(Na+)=c(HA)+c(A-)②,将①×2-②得:2c(H+)-2c(OH-)=c(A- )-c(HA),故A正确; B.C点lg=0,则=1,溶液呈中性,加入20mL氢氧化钠溶液时生成亚硝酸钠,溶液呈碱性,若反应后溶液为中性,加入的NaOH溶液的体积应该小于20mL,故B错误; C.根据图象可知,A点lg=8.5,则=1.0×108.5,KW=1.0×10-14,则c(H+)=1.0×10-2.75,说明HA只能部分电离出氢离子,为弱酸,则NaOH与HA恰好反应时生成强碱弱酸盐,溶液呈碱性,需要选用酚酞作指示剂,故C错误; D.A点lg=8.5,则=1.0×108.5,KW=1.0×10-14,则c(H+)=1.0×10-2.75,HA的电离常数Ka===1.0×10-4.5,故D错误; 故选:A。 A.用0.100mol?L-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.100mol?L-1的HA溶液,B点溶液为等浓度的HA和NaA溶液,根据溶液中电荷守恒和物料守恒计算; B.C点lg=0,则=1,c(H+)=c(OH- ),加入NaOH溶液的体积小于20mL; C.A点lg=8.5,则=1.0×108.5,KW=1.0×10-14,则c(H+)=1.0×10-2.75,说明亚硝酸为弱酸,恰好反应时生成亚硝酸钠,溶液呈碱性,应该用酚酞作指示剂; D.HA的电离常数Ka=,结合未加入氢氧化钠A点lg=8.5分析。 本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算,题目难度中等,明确lg及图象曲线变化的含义为解答关键,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。 8.【答案】圆底烧瓶 ? 二氧化硫易溶于水,在稀硫酸中不易逸出 ? 2SO2+H2O+2NO3-=NO+NO2+2H++2SO42- ? NO+NO2+2Na2CO3+H2O=2NaNO2+2NaHCO3 ? 酸式 ? 当滴入最后一滴标准液时,溶液恰好由无色变为淡紫红色,且半分钟内不褪色 ? ? 取少量NaNO2溶于水,加入少量稀硫酸酸化后用淀粉碘化钾试纸试验,观察颜色变化 ? 相同温度下,分别测定相同物质的量浓度的NaNO3溶液与CH3COONa 溶液的 pH,比较 pH 的大小 【解析】 解:(1)①仪器M的名称是圆底烧瓶, 故答案为:圆底烧瓶; ②二氧化硫易溶于水,用浓硫酸含水量少,且能吸水,有利于二氧化硫的溢出; 故答案为:二氧化硫易溶于水,在稀硫酸中不易逸出; ③装置B中逸出的NO与NO2的物质的量之比为1:1,则装置B中发生反应的化学方程式为:2SO2+H2O+2HNO3=NO+NO2+2H2SO4,反应的离子方程式为:2SO2+H2O+2NO3-=NO+NO2+2H++2SO42-, 故答案为:2SO2+H2O+2NO3-=NO+NO2+2H++2SO42-; ④若通入装置C中碳酸钠溶液的NO与NO2物质的量之比为1:1,反应生成亚硝酸钠和碳酸氢钠,反应的化学方程式:NO+NO2+2Na2CO3+H2O=2NaNO2+2NaHCO3, 故答案为:NO+NO2+2Na2CO3+H2O=2NaNO2+2NaHCO3; (2)①高锰酸钾溶液具有强氧化,能验货橡胶管,应盛放在酸式滴定管中, 故答案为:酸式; ②高锰酸钾本身具有颜色,可以作为指示剂,滴定终点时稍过量的高锰酸钾溶液呈淡紫红色,所以滴定终点的标志为:当滴入最后一滴标准液时,溶液恰好由无色变为淡紫红色,且半分钟内不褪色, 故答案为:当滴入最后一滴标准液时,溶液恰好由无色变为淡紫红色,且半分钟内不褪色; ③称取mg试样于锥形瓶中,加入适量水溶解,然后用cmol/L的KMnO4溶液(适量稀硫酸酸化)进行测定,并重复上述操作2次。滴定终点时平均消耗VmL标准溶液,发生的反应的定量关系计算, 5NaNO2+2KMnO4+3H2SO4=5NaNO3+2MnSO4+K2SO4+3H2O, 5????????????????? 2 n??????????????cmol/L×V×10-3L n=2.5cV×10-3mol, 则产品的纯度=×100%=, 故答案为:; (3)①酸性条件下NaNO2具有氧化性,实验操作为:取少量NaNO2溶于水,加入少量稀硫酸酸化后用淀粉碘化钾试纸试验,观察颜色变化,溶液变蓝色证明亚硝酸钠氧化碘化钾生成碘单质, 故答案为:取少量NaNO2溶于水,加入少量稀硫酸酸化后用淀粉碘化钾试纸试验,观察颜色变化; ②欲证明证明HNO3的酸性比CH3COOH强,可在相同温度下,分别测定相同物质的量浓度的NaNO3 溶液与CH3COONa 溶液的 pH,比较 pH 的大小, 故答案为:相同温度下,分别测定相同物质的量浓度的NaNO3溶液与CH3COONa 溶液的 pH,比较 pH 的大小。 (1)①仪器作用和图象可知为园底烧瓶,做反应容器; ②二氧化硫易溶于水,用浓硫酸含水量少,且能吸水,有利于二氧化硫的溢出; ③装置B中逸出的NO与NO2的物质的量之比为1:1,NO和NO2是还原产物,则SO2的氧化产物应为硫酸,可结合电子守恒判断SO2与硝酸的物质的量之比,再结合原子守恒写出此反应的化学方程式; ④若通入装置C中碳酸钠溶液的NO与NO2物质的量之比为1:1,反应生成亚硝酸钠和碳酸氢钠; (2)①高锰酸钾溶液具有强氧化性,能验货橡胶管; ②高锰酸钾本身具有颜色,可以作为指示剂,滴定终点时稍过量的高锰酸钾溶液呈淡紫红色; ③滴定反应的化学方程式:5NaNO2+2KMnO4+3H2SO4=5NaNO3+2MnSO4+K2SO4+3H2O,结合定量关系计算亚硝酸钠得到样品纯度; (3)①酸性条件下NaNO2具有氧化性,可以加入还原性物质且反应终点有溶液颜色的变化判断; ②浓度相等的两种强碱强酸盐、强碱弱酸盐,酸越弱,其强碱盐溶液的碱越强。 本题考查滴定原理、氧化还原反应、弱电解质定量和盐类水解等相关知识,根据方程式计算,注意滴定实验的过程分析判断,掌握基础是解题关键,题目难度中等。 9.【答案】提高溶液pH,去除Fe3+(使之转化为Fe(OH)3) ? CuS ? “除Cu”时溶液pH会降低,可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀 ? Ca2++2F-=CaF2↓ ? 3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO↑+4H2O ? 过滤 ? 洗涤 ? 2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O ? 5.0×10-6 【解析】 解:(1)从镍度料制取Ni2O3,用H2SO4与HNO3“酸浸”将镍度料溶解,加入H2O2,亚铁离子和双氧水反应生成铁离子,充分氧化,加入碳酸钙调pH,形成氢氧化铁沉淀,通入硫化氢,形成硫化铜沉淀,“沉渣2”为CuS,必须先过滤“沉渣1”后再进行“除Cu”,否则“除Cu”时溶液pH会降低,可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀, 故答案为:提高溶液pH,去除Fe3+(使之转化为Fe(OH)3);CuS;“除Cu”时溶液pH会降低,可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀; (2)再加入NH4F的目的是除去钙离子,反应为:Ca2++2F-=CaF2↓, 故答案为:Ca2++2F-=CaF2↓; (3)“酸浸”时参与反应的H2SO4与HNO3物质的量比保持为3:2,Ni由0价升高到+2价,则N由+5价降低到+2价,得失电子最小公倍数为6,配平方程式为:3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO↑+4H2O, 故答案为:3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO↑+4H2O; (4)“操作X”是过滤,洗涤,故答案为:过滤;洗涤; (5)向NiO中加入盐酸溶解,待完全溶解后,加入足量NaOH溶液,生成Ni(OH)2,再加入NaClO溶液时,与NaClO反应的离子方程式为2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O, 故答案:2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O; (6)Ni2+完全沉淀时pH=9.0,则c(OH-)==10-5mol/L,Ksp[Ni(OH)2)]=5.0×10-16,则0.010mol/LNiSO4溶液中Ni2+完全沉淀时c(Ni2+)==5.0×10-6mol/L, 故答案为:5.0×10-6。 镍度料(主要含有Ni,还有少量的Cu、Fe、Pb等),用H2SO4与HNO3“酸浸”将镍度料溶解,过滤分离出其他不溶性杂质,浸出液含Ni2+、SO42-、Fe2+,加入H2O2,亚铁离子被双氧水氧化生成铁离子,加入碳酸钙调pH,过滤分离出沉渣1为Fe(OH)3),再通入硫化氢,形成硫化铜沉淀,“沉渣2”为CuS,加入NH4F“除Ca”,过滤得到滤液含Ni2+,加入草酸,生成草酸镍,操作X为过滤、洗涤,得到晶体为NiC2O4?2H2O,再煅烧草酸镍生成NiO,向NiO中加入盐酸溶解,待完全溶解后,加入足量NaOH溶液,再加入NaClO溶液,发生2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O,过滤、洗涤,分离出Ni2O3,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、流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验、计算能力的考查,注意元素化合物知识的应用,题目难度不大。 10.【答案】+248 ? A ? ? 劣于 ? 相对于催化剂X,催化剂Y积碳反应的活化能大,积碳反应的速率小,而消碳反应活化能相对小,消碳反应速率大 ? AD ? pc(CO2)>pb(CO2)>pa(CO2) 【解析】 解:(1)①C(s)+2H2(g)═CH4(g)△H=-76?kJ?mol-1 ②C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-394?kJ?mol-1 ③2C(s)+O2(g)═2?CO(g)△H=-222?kJ?mol-1 将方程式③-①-②得CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g),△H=(-222+76+394)kJ/mol=+248kJ/mol,该反应的正反应是反应前后气体体积增大的吸热反应,要使甲烷的转化率增大,可以通过减小压强、升高温度实现, 开始时c(?CH4)=mol/L=1mol/L、c(CO2)=mol/L=0.5mol/L,达到平衡时CO2的转化率是50%,则消耗c(CO2)=0.5mol/L×50%=0.25mol/L, 可逆反应CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g), 开始(mol/L)1????????? 0.5??????????? 0??????????????? 0 消耗(mol/L)0.25???? 0.25??????????0.5??????????? 0.5 平衡(mol/L)0.75?????? 0.25????????0.5??????????? 0.5 其平衡常数===; 故答案为:+248;A;; (2)①消碳反应所需活化能越低,消碳反应越容易进行,催化剂活性越好,根据表中数据知,催化剂X较催化剂Y,积碳反应时,活化能低,反应速率快,消碳反应时,活化能高,反应速率慢,综合考虑,催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应,不利于消碳反应,会降低催化剂活性; A.积碳反应和消碳反应的正反应都是吸热反应,升高温度平衡正向移动,则K积、K消均增加,故正确; B.升高温度化学反应速率都增大,V积增加、V消增加,故错误; C.积碳反应和消碳反应的正反应都是吸热反应,升高温度平衡正向移动,则K积、K消均增加,故错误; D.积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低,V消增加的倍数比V积增加的倍数大,故正确; 所以选AD; 故答案为:劣于;相对于催化剂X,催化剂Y积碳反应的活化能大,积碳反应的速率小,而消碳反应活化能相对小,消碳反应速率大;AD; ②在一定温度下,相同时间内,沉积的碳越多,则沉积碳生成速率越快,根据v=k?p(CH4)?[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)知,p(CH4)一定时,沉积碳生成速率与二氧化碳压强成反比,根据图知,积碳量a>b>c,则pc(CO2)>pb(CO2)>pa(CO2), 故答案为:pc(CO2)>pb(CO2)>pa(CO2)。 (1)①C(s)+2H2(g)═CH4(g)△H=-76?kJ?mol-1 ②C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-394?kJ?mol-1 ③2C(s)+O2(g)═2?CO(g)△H=-222?kJ?mol-1 将方程式③-①-②得CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g),△H=(-222+76+394)kJ/mol=+248kJ/mol,该反应的正反应是反应前后气体体积增大的吸热反应,要使甲烷的转化率增大,改变条件使平衡正向移动但是不能是通过增大甲烷浓度实现的; 开始时c(?CH4)=mol/L=1mol/L、c(CO2)=mol/L=0.5mol/L,达到平衡时CO2的转化率是50%,则消耗c(CO2)=0.5mol/L×50%=0.25mol/L, 可逆反应CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g), 开始(mol/L)1????????? 0.5??????????? 0??????????????? 0 消耗(mol/L)0.25???? 0.25?????????? 0.5??????????? 0.5 平衡(mol/L)0.75?????? 0.25?????????? 0.5??????????? 0.5 其平衡常数=; (2)①消碳反应所需活化能越低,消碳反应越容易进行,催化剂活性越好; A.积碳反应和消碳反应的正反应都是吸热反应,升高温度平衡向吸热方向移动; B.升高温度所有的化学反应速率都增大; C.积碳反应和消碳反应的正反应都是吸热反应,升高温度平衡向吸热方向移动; D.积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低,V消增加的倍数比V积增加的倍数大; ②在一定温度下,相同时间内,沉积的碳越多,则沉积碳生成速率越快,根据v=k?p(CH4)?[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)知,p(CH4)一定时,沉积碳生成速率与二氧化碳压强成反比。 本题考查化学反应原理,涉及盖斯定律、化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响等知识点,侧重考查学生分析、推断及图象分析能力,利用“定一议二”原则分析图象,题目难度中等。 11.【答案】bd ? ? 分子 ? π56 ? X-射线衍射 ? sp3 ? O的电负性比N的强,对孤电子对吸引更强,H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱 ? 12 ? (1,,) ? 【解析】 解:(1)a.金属键不是存在于相邻原子之间的作用力,而是属于整块金属,因此没有方向性和饱和性,故a正确; b.金属键是存在于金属阳离子和“自由电子”之间的强的相互作用,这些“自由电子”为所有阳离子所共用,其本质也是电性作用,故b错误; c.金属键的强弱决定了金属晶体硬度、熔点,故c正确; d.在外加电源的作用下,自由电子定向运动形成电流,金属键能解释金属有良好的导电性,故d错误; 故答案为:bd; (2)V是23号元素,V原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2,其3d、4s能级上的电子为其价电子,该原子基态时的价层电子排布式为3d34s2,电子排布图为, 故答案为:; (3)二茂铁晶体的熔沸点较低,属于分子晶体;二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷,则每个环中的大π键由5个碳原子、6个电子构成的,该大π键为π56, 故答案为:分子;π56; (4)若要确定[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4是晶体还是非晶体,最科学的方法是对其进行X-射线衍射实验;SO42-中S原子孤电子对数==0,杂化轨道数目=4+0=4,S原子采取?sp3杂化;O的电负性比N的强,对孤电子对吸引更强,H2O与Cu2+的配位键比NH3与?Cu2+的配位键弱,加热时首先失去的组分是H2O, 故答案为:X-射线衍射;?sp3;O的电负性比N的强,对孤电子对吸引更强,H2O与Cu2+的配位键比NH3与?Cu2+的配位键弱; (5)①Mg处于顶点,与Mg紧邻的Ni原子处于面心,每个顶点为8个晶胞共用,每个面心为2个晶胞共用,与Mg紧邻的Ni原子数目==12, 故答案为:12; ②根据a、b、d参数知,晶胞棱长为1,a点为坐标原点,c原子处于晶胞右侧面面心,距离左侧平面距离等于晶胞棱长,距离下底面、前平面距离均等于晶胞棱长的,故c的参数为(1,,), 故答案为:(1,0.5,0.5); ③顶点Mg与面心Ni原子距离最近,若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为a?pm,则晶胞棱长=apm,晶胞中Ni原子数目=6×=3、Mg原子数目=8×=1、C原子数目=1,晶胞质量=g,晶体密度=g÷(a×10-10cm)3=??g?cm-3, 故答案为:。 (1)a.金属键没有方向性和饱和性; b.金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的; c.金属晶体熔、沸点高低和硬度大小一般取决于金属键的强弱; d.金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动; (2)V是23号元素,V原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2,属于过渡元素,其3d、4s能级上电子为其价电子; (3)二茂铁熔点是172.5~173℃,100℃以上升华,符合分子晶体性质;二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷,则每个环中的大π键由5个碳原子、6个电子构成的; (4)若要确定某物质是晶体还是非晶体,最科学的方法是对其进行X-射线衍射实验;SO42-中S原子孤电子对数==0,杂化轨道数目=4+0=4;O的电负性比N的强,H2O与Cu2+的配位键比NH3与?Cu2+的配位键弱; (5)①Mg处于顶点,与Mg紧邻的Ni原子处于面心,每个顶点为8个晶胞共用,每个面心为2个晶胞共用; ②根据a、b、d参数知,晶胞棱长为1,a点为坐标原点,c原子处于晶胞右侧面面心,距离左侧平面距离等于晶胞棱长,距离下底面、前平面距离均等于晶胞棱长的; ③顶点Mg与面心Ni原子距离最近,若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为a?pm,则晶胞棱长=a pm,均摊法计算晶胞中Ni、Mg、C原子数目,计算晶胞质量,晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。 本题考查物质结构和性质,涉及金属键、核外电子排布、杂化方式、配位键、晶体类型与性质、大π键、晶胞结构与计算等,大π键为易错点、难点,中学基本不涉及,(5)中计算关键是明确原子距离与晶胞棱长关系,掌握均摊法进行晶胞有关计算。 12.【答案】丙二酸二乙酯 ? ? 酯基、酰胺键 ? ①③④ ? ? ? 【解析】 解:(1)A由1分子丙二酸与2分子乙醇形成的酯,A的名称为:丙二酸二乙酯;酯在碱性条件下水解生成相应的醇及羧酸盐、水,反应方程式为:, 故答案为:丙二酸二乙酯;; (2)由结构可知,D中含有的含氧官能团有:酯基、酰胺键,故答案为:酯基、酰胺键; (3)对比A、B的结构简式,可知A发生取代反应生成B;对比B、C结构,可知B转化为C的过程为去氧加氢,属于还原反应;对比C、D结构,可知C中氨基是H原子被替代生成D,属于取代反应;对比D、E的结构,可知D中次甲基中H原子被基团代替,属于取代反应,故反应①~④中,属于取代反应的是:①③④, 故答案为:①③④; (4)对比C、D的结构,可知C与X发生取代反应生成,反应生成D与HCl,HCl中H原子源于C中氨基,Cl原子源于X,可以确定X为, 故答案为:; (5)Y中的溴原子被-OH取代得到Z,则Z为,Z的一种同分异构体满足条件:Ⅰ.分子中含有一个苯环和一个五元环,且都是碳原子形成环;Ⅱ.苯环上有两个取代基,且处于对位,Ⅲ.能与NaHCO3溶液发生反应,说明含有羧基,另外取代基为氨基,五元环中含有碳碳双键,故符合条件的Z的一种同分异构体为:等, 故答案为:; (6)结合路线图中反应④,BrCH2CH2CH2Br与CH2(COOC2H5)2反应可以得到,再发生路线图中⑤的反应可以得到.结合反应信息①HOCH2CH2CH2OH与HBr发生取代反应得到BrCH2CH2CH2Br.合成路线流程图为:, 故答案为:。 (1)A由1分子丙二酸与2分子乙醇形成的酯;酯在碱性条件下水解生成相应的醇及羧酸盐、水; (2)由结构可知,D中含有的含氧官能团有:酯基、酰胺键; (3)对比A、B的结构简式,可知A发生取代反应生成B;对比B、C结构,可知B转化为C的过程为去氧加氢,属于还原反应;对比C、D结构,可知C中氨基是H原子被替代生成D,属于取代反应;对比D、E的结构,可知D中次甲基中H原子被基团代替,属于取代反应; (4)对比C、D的结构,可知C与X发生取代反应生成,反应生成D与HCl,HCl中H原子源于C中氨基,Cl原子源于X,可以确定X为; (5)Y中的溴原子被-OH取代得到Z,则Z为,Z的一种同分异构体满足条件:Ⅰ.分子中含有一个苯环和一个五元环,且都是碳原子形成环;Ⅱ.苯环上有两个取代基,且处于对位,Ⅲ.能与NaHCO3溶液发生反应,说明含有羧基,另外取代基为氨基,五元环中含有碳碳双键; (6)结合路线图中反应④,BrCH2CH2CH2Br与CH2(COOC2H5)2反应可以得到,再发生路线图中⑤的反应可以得到.结合反应信息①HOCH2CH2CH2OH与HBr发生取代反应得到BrCH2CH2CH2Br。 本题考查有机物的推断与合成,涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写等,是对有机化学基础的综合考查,(6)中合成路线设计为难点,需要学生利用路线图中隐含条件与给予的反应信息,明确碳链变化、官能团的变化,注意拓展有机物命名。 第2页,共2页 第1页,共1页

        • ID:7-5852858 2019年江西省南昌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年江西省南昌市高考化学二模试卷 一、单选题(本大题共7小题,共42.0分) 化学与生产、生活、环境等息息相关,下列说法中错误的是(  ) A. 港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳,是有机高分子化合物 B. “玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆,其帆板太阳能电池的材料是硅 C. 天工开物中“凡石灰经火焚炼为用”,其中“石灰”指的是 D. 本草纲目中“凡酸坏之酒,皆可蒸烧”,所用的分离操作方法是蒸馏 设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是(  ) A. 17g?中含有非极性键的数耳为 B. 常温常压下,17g甲基所含的中子数为 C. 在含总数为的溶液中,总数为 D. ?与足量水反应,转移的电子数为 螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。??是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是(  ) A. 该化合物的分子式为 B. 一氯代物有五种 C. 所有碳原子均处嗣一平面 D. 与HBr以物质的量之比1:1加成生成二种产物 下列实验方案中,能达到实验目的是(  ) 选项 实验目的 实验方案 A 比较CH3COOH和HClO的酸性强弱 分别测定等体积等物质的量浓度的CH3COOH和HClO溶液消耗NaOH的物质的量 B 验证Na2S2O3是否氧化变质 在Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸,然后滴加BaCl2溶液观察是否产生白色沉淀 C 证明Fe2+有还原性 向将FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液,观察KMnO溶液紫色褪去 D 比较Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl) 在1L浓度均为0.1mol?L-1的NaCl与NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液,先出现淡黄色沉淀 A. A B. B C. C D. D W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素,且原子序数依次增大。化合物XW3能作制冷剂且其浓溶液可检验Z单质是否泄露,化合物YZ3能促进水的电离,则下列说法错误的是(  ) A. 简单离子半径: B. Y的最高价氧化物对应的水化物为强碱 C. 分子中既含极性键,又含非极性键 D. 化合物的水溶液能抑制水的电离 我国研制出非贵金属镍钼基高教电催化剂,实现电解富尿素废水低能耗制H2(装置如图)。总反应为CO(NH2)2+H2O=3H2↑+N2↑+CO2↑..下列说法中正确的是(  ) A. a电极反应为: B. b为阳极,发生氧化反应 C. 电解一段时间极区溶液pH升高 D. 废水中每通过6mol电子,a电极产生2mol? 常温时,1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液,起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水进行稀释,所得变化关系如图所示(V表示溶液稀释后的体积)。下列说法错误的是(  ) A. ?约为 B. 当两溶液均稀释至时,溶液中 C. 中和等体积pH相同的两种酸所用: D. 等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者 二、简答题(本大题共4小题,共45.0分) 氧化锌主要用作催化剂、脱硫剂、发光剂和橡胶添加剂。一种以锌焙砂(ZnO、ZnSiO3和少量As2O3、CuO、PbO杂质,其中As与N同主族)为原料制备氧化锌的流程如图所示: 请回答下列问题。 (1)循环使用的物质有______、______和______(填化学式)。 (2)“浸出”时,锌以Zn(?NH3)42+进入滤液。 ①浸出率与温度关系如图l所示,请解释温度超过55℃后浸出率显著下降的原因:______ ②浸出率与n(NH3):n[(NH4)2SO4]关系如图2所示,6:4之后浸出率下降,说明______(填编号)的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。 A.ZnO和ZnSiO3????B.ZnO????C.ZnSiO3 (3)“除砷”过程中生成Fe3(?AsO4)2沉淀,其中铁元素的化合价是______;沉淀剂为FeSO4.H2O、(NH3)2S2O8,添加(NH4)2S2O8的目的是______。 (4)“除重金属”和“深度除重金属”除去的重金属是______(填名称)。 (5)“蒸氨”的产物主要是ZnSO4和NH3,写出所发生反应的化学方程式______。 对甲烷和CO2的高效利用不仅能缓解大气变暖,而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用,甲烷临氧耦合CO2重整反应有: 反应①:CH4(g)+O2(g)?CO(g)+2H2(g)△H=-35.7kJ?mol-1 反应②:CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)△H=+247.0kJ?mol-1 (l)CO燃烧的热化学方程式为CO(g)+O2(g)?CO2(g)△H=______kJ?mol-1 (2)一定条件下,将CH4与CO2以体积比1:1置于恒温恒容的密闭容器中发生反应CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g),下列能说明反应达到平衡状态的有______。 A.体系密度保持不变????B.容器中压强保持不变 C.H2和CO的体积比保持不变D.每消耗lmolCH4的同时生成2mol?CO (3)重整反应中存在着副反应产生的积碳问题。加入少量的Na2CO3可不断消除积碳。请用化学方程式表示其反应过程:______ (4)已知甲烷临氧藕合CO2重整反应体系中还有反应③:CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)△H=+75.0kJ?mol-1.在密闭容器中,重整反应①②③在1073K时催化下达到平衡,发现n(H2)/n(CO)<l,请从平衡移动的角度解释原因______。如果投料时增加氧气比例,下列预测可能错误的是______(填编号)。 A氢气总产量减少????B.反应①的甲烷转化率升高C.产生副反应????D.对反应②的平衡无影响 (5)温度对重整反应体系中反应物平衡转化率,平衡时氢气、一氧化碳和水的物质的量影响如图所示。若CH4与CO2的起始投料相等,则起始时n(CH4)=______mol,在1000K时反应③的平衡常数K为______ 含第VA族的磷、砷(As)等元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题: (l)基态P原子的核外电子排布式为______,有______个未成对电子。 (2)常温下PCl5是一种白色晶体,其立方晶系晶体结构模型如图甲所示,由A、B两种微粒构成。将其加热至148℃熔化,形成一种能导电的熔体。已知A、B两种微粒分别与CC14、SF6互为等电子体,则A为______,其中心原子杂化轨道类型为______,B为______。 (3)PO43-的空间构型为______,其等电子体有______(请写出一种)。 (4)砷化镓属于第三代半导体,它能直接将电能转变为光能,砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍,而耗能只有其10%.推广砷化镓等发光二极管(LED)照明,是节能减排的有效举措。已知砷化镓的晶胞结构如图乙,品胞参数a=565pm。 ①砷化镓的化学式为______,镓原子的配位数为______。 ②砷化镓的晶胞密度=______g/cm3(列式并计算,精确到小数点后两位),m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离为______pm(列式表示)。 抗丙肝新药的中间体合成路线图如下: 已知:-Et为乙基。 (1)????的名称是______,所含官能团的名称是______。 (2)的分子式为______。 (3)反应②化学方程式为______,反应③的反应类型是______。 (4)写出与???互为同分异构体的芳香类化合物的结构简式(核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为1:2:2:6,且不含-NH2)______ (5)设计由乙醇、1,3-丁二烯和甲氨(?CH3NH2)合成???路线(其他试剂任选)______。 三、实验题(本大题共1小题,共13.0分) 一氯乙酸(ClCH2-COOH)在有机合成中是一种重要的原料和中间体,在硫单质催化下干燥氯气与乙酸反应制得一氯乙酸:CH3COOH+Cl2ClCH2--COOH+HCl 已知: 物质 乙酸 一氯乙酸 二氯乙酸 三氯乙酸 熔点、沸点 17℃、118℃ 62℃、189℃ 10℃、194℃ 57℃、197℃ 请回答下列问题: (1)选用如图的装置制备一氯乙酸粗品。 ①按照气流从左至右依次连接的合理顺序为______→______→______→______→______→i→j→g→h(填接口字母)。 ②洗气瓶中的溶液为______,碱石灰的作用是______ (2)制备一氯乙酸时,首先采用______(填“水浴”、“油浴”或“沙浴”)加热方法控制温度在95℃左右,待温度稳定后,再打开弹簧夹、______(填操作),如果三颈烧瓶溶液表面观察到大量______(填现象)时,应该______(填操作),以减少氯气通入量,以免浪费。 (3)一氯乙酸粗品中含有二氯乙酸、三氯乙酸,多次蒸馏后产品中仍含有少量的______(填物质名称),再进行______(填“过滤”、“分液”或“重结晶”),可得到纯净的一氯乙酸。 答案和解析 1.【答案】C 【解析】 解:A.聚乙烯纤维属于合成高分子材料,属于有机高分子化合物,故A正确; B.硅为良好的半导体材料,能制造太阳能电池板,所以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅,故B正确; C.石灰石加热后能制得生石灰,“石灰”指的是碳酸钙,不是Ca(OH)2,故C错误; D.酸坏之酒中含有乙酸,乙酸和乙醇的沸点不同,用蒸烧的方法分离,为蒸馏操作,故D正确; 故选:C。 A.聚乙烯纤维属于合成高分子材料; B.硅为良好的半导体材料; C.石灰石加热后能制得生石灰CaO; D.烧酒的制造工艺利用蒸馏的方法,可用于分离沸点不同的液体混合物。 本题考查化学与生产、生活的关系,题目难度不大,要求学生能够用化学知识解释化学现象,试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。 2.【答案】D 【解析】 解:A.17g?H2O2中含有非极性键的数目为:×NA=0.5NA,故A错误; B.常温常压下,17g甲基(-14CH3)所含的中子数为8NA,故B错误; C.碳酸钠溶液中,部分碳酸根离子水解,则含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液中,Na+总数大于2NA,故C错误; D.3mol二氧化氮与水反应生成1molNO,转移2mol电子,13.8克NO2的物质的量为0.3mol,与足量水充分反应,转移的电子数为0.2NA,故D正确; 故选:D。 A.1个过氧化氢含有1个O-O非极性键; B.1个(-14CH3)含有中子数8个; C.碳酸钠为强碱弱酸盐,溶液中存在水解; D.3mol二氧化氮与水反应生成1molNO,转移2mol电子; 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,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。试题有利于培养学生的逻辑推理能力,题目难度不大。 3.【答案】D 【解析】 解:A.由结构简式可知该化合物的分子式为C9H12,故A错误; B.结构对称,分子中含有4种H,则一氯代物有4种,故B错误; C.含有饱和碳原子,具有甲烷的结构特点,则所有的碳原子不可能共平面,故C错误; D.分子中含有2个碳碳双键,碳碳双键连接原子团不同,则与HBr以物质的量之比1:1加成生成二种产物,故D正确。 故选:D。 有机物含有碳碳双键,具有烯烃的结构和性质,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,侧重烯烃性质的考查,题目难度不大。 4.【答案】D 【解析】 解:A.等体积等物质的量浓度的CH3COOH和HClO,物质的量相同,消耗NaOH相同,为酸的通性,不能比较酸性,故A错误; B.Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸,生成S和二氧化硫,二氧化硫与氯化钡不反应,若变质混有硫酸根离子,加氯化钡生成的沉淀可能被沉淀S影响,不能判断,故B错误; C.高锰酸钾可氧化氯离子,不能检验亚铁离子的还原性,故C错误; D.滴加AgNO3溶液,先出现淡黄色沉淀,Ksp小的先沉淀,则Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl),故D正确; 故选:D。 A.等体积等物质的量浓度的CH3COOH和HClO,物质的量相同,消耗NaOH相同; B.Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸,生成S和二氧化硫; C.高锰酸钾可氧化氯离子; D.滴加AgNO3溶液,先出现淡黄色沉淀,Ksp小的先沉淀。 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、酸性比较、沉淀生成、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:W为H,X为N,Y为Al,Z为Cl元素。 A.电子层越多离子半径越大,电子层相同时核电荷数越大离子半径越小,则简单离子半径:r(Z)>r(X)>r(Y),故A正确; B.Al的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝,氢氧化铝为弱碱,故B错误; C.X2W4为N2H4,其分子中含有N-N非极性键和N-H极性键,故C正确; D.XW3为NH3,NH3溶于水溶液呈碱性,抑制了水的电离,故D正确; 故选:B。 W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素,且原子序数依次增大。则W为H元素;化合物XW3能作制冷剂且其浓溶液可检验Z单质是否泄漏,则X为N元素,Z为Cl元素;化合物YZ3能促进水的电离,则Y为Al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逻辑推理能力。 6.【答案】C 【解析】 解:A.放出氮气的电极a为阳极,电极反应:CO(NH2)2-6e-+6OH-=N2↑+CO2↑+5H2O,故A错误; B.放出氢气的电极b为阴极,溶液中氢离子放电生成氢气,电极反应为:2H2O+2e-=H2↑+2OH-,发生还原反应,故B错误; C.b为阴极,溶液中氢离子放电生成氢气,电极反应:2H2O+2e-=H2↑+2OH-,电解一段时间,b极区溶液pH升高,故C正确; D.阳极电极反应:CO(NH2)2-6e-+6OH-=N2↑+CO2↑+5H2O,每转移6mol电子,a电极产生1molN2,故D错误; 故选:C。 电解富尿素废水低能耗制H2,总反应为CO(NH2)2+H2O═3H2↑+N2↑+CO2↑,放出氢气的电极b为阴极,电极反应:2H2O+2e-=H2↑+2OH-,放出氮气的电极a为阳极,电极反应:CO(NH2)2-6e-+6OH-=N2↑+CO2↑+5H2O,据此分析回答问题。 本题考查了电解原理的分析应用、电极反应和电子守恒的计算应用,掌握电解原理是解题关键,题目难度中等。 7.【答案】B 【解析】 解:当lg+1=1时,有V=V0,即开始时1mol/LHA的pH=2、1mol/LHB的pH=0,所以HA是弱酸、HB是强酸, A.起始时HA溶液的pH为2,起始浓度为1mol/L,所以溶液中c(H+)=c(A-)=10-2mol/L,根据Ka===10-4,故A正确; B.根据图象,两溶液均稀释至lg+1=4时,即V=1000V0,HA的pH更大,c(H+)更小,则溶液中c(A-)<c(B-),故B错误; C.由于HB是强酸,HA为弱酸,不完全电离,pH相同的两种酸的浓度:HA比HB大,所以中和等体积pH相同的两种酸所用n(NaOH):HA>HB,故C正确; D.NaA和NaB溶液中电荷关系分别为:c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)、c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-),等物质的量的NaA和NaB溶液溶液中离子总数均为2[n(Na+)+n(H),但A-水解,B-不水解使NaA溶液中c(OH-)大,则c(H+)小,即n(H+)小,所以等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者,故D正确; 故选:B。 当lg+1=1时,有V=V0,即开始时1mol/LHA的pH=2、1mol/LHB的pH=0,所以HA是弱酸、HB是强酸, A.起始时HA溶液的pH为2,起始浓度为1mol/L,根据Ka=计算HA的电离平衡常数; B.根据图象,当两溶液均稀释至lg+1=4时,即V=1000V0,HA是弱酸、部分电离,HB是强酸、完全电离, C.由于HB是强酸,HA为弱酸,不完全电离,pH相同的两种酸的浓度:HA比HB大; D.由于A-的水解,B-不水解使NaA溶液中c(OH-)大,则c(H+)小,即n(H+)小,结合电荷关系分析解答; 本题考查弱电解质的电离平衡及其影响,题目难度中等,正确判断HB、HA的酸性强弱为解答关键,注意掌握电离平衡及其影响,试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。 8.【答案】NH3?H2O或NH3 ? (NH4)2SO4 ? CO2 ? 温度升高,氨气挥发而浓度下降,浸出率下降 ? C ? +2 ? 把砷氧化成AsO43-以便除去砷 ? 铜和铅 ? Zn(NH3)4SO4ZnSO4+4NH3↑ 【解析】 解:(1)根据流程,NH3?H2O或NH3、(NH4)2SO4、CO2可以循环使用; 故答案为:NH3?H2O或NH3;(NH4)2SO4;CO2; (2)①氨气易挥发,温度升高,氨气挥发而浓度下降,浸出率下降,故温度超过55℃后浸出率显著下降; 故答案为:温度升高,氨气挥发而浓度下降,浸出率下降; ②(NH4)2SO4含量减少,酸性减弱,碱性增强,ZnSiO3不能充分溶解得到锌离子结合氨分子得Zn(?NH3)42+,故浸出率下降,选择C; 故答案为:C; (3)Fe3(?AsO4)2中铁元素+2价,添加(NH4)2S2O8的目的是把砷氧化成AsO43-以便除去砷; 故答案为:+2;把砷氧化成AsO43-以便除去砷; (4)根据分析,“除重金属”过程加入Zn,置换Cu2+、Pb2+为铜和铅单质,“深度除重金属”加入Na2S进一步除去滤液中少了的重金属离子Cu2+、Pb2+为CuS、PbS过滤除去,故除去的重金属是铜和铅; 故答案为:铜和铅; (5)“蒸氨”的产物主要是ZnSO4和NH3,反应为:Zn(NH3)4SO4ZnSO4+4NH3↑; 故答案为:Zn(NH3)4SO4ZnSO4+4NH3↑。 根据流程:锌焙砂(ZnO、ZnSiO3和少量As2O3、CuO、PbO杂质)用NH3?H2O、(NH4)2SO4浸出,过滤除去硅酸,滤液含有Zn(?NH3)42+、Cu2+、Pb2+、AsO33-、NH4+、SO42-等,加(NH4)2S2O8?把砷氧化成AsO43-,加入FeSO4.H2O将AsO43-沉淀为Fe3(?AsO4)2过滤除去,向滤液中加入Zn,置换Cu2+、Pb2+为铜和铅单质,过滤除去,向滤液中加入Na2S进一步除去滤液中少了的重金属离子Cu2+、Pb2+为CuS、PbS过滤除去,将滤液蒸氨,产物主要是ZnSO4和NH3,反应为:Zn(NH3)4SO4ZnSO4+4NH3↑,将氨气用水吸收得到NH3?H2O作为浸出溶剂,蒸氨后的溶液主要为ZnSO4,加入NH4HCO3、CO2,过滤得到ZnCO3沉淀和含有(NH4)2SO4的滤液,(NH4)2SO4循环作为浸出溶剂,将ZnCO3烘干焙烧,得到ZnCO3CO2↑+ZnO,CO2可以循环使用沉锌,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。 9.【答案】-282.7 ? B ? C+Na2CO3Na2O+2CO ? 温度较高,反应①是放热反应,利于平衡向逆方向移动,生成氢气量减少;而反应③是吸热反应,利于平衡向正方向移动,消耗氢气量增多且CO生成量增多,从而n(H2)/n(CO)小于1 ? D ? 1 ? 3.5 【解析】 解:(1)①CH4(g)+O2(g)?CO(g)+2H2(g)△H=-35.7kJ?mol-1 ②:CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)△H=+247.0kJ?mol-1 盖斯定律计算得到①-②CO燃烧的热化学方程式为CO(g)+O2(g)?CO2(g)△H=-282.7?KJ?mol-1, 故答案为:-282.7; (2)反应CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g), A.反应前后气体质量和体积不变,体系密度始终保持不变,不能说明反应达到平衡状态,故A错误; B.反应前后气体物质的量变化,容器中压强保持不变,反应达到平衡状态,故B正确; C.将CH4与CO2以体积比1:1置于恒温恒容的密闭容器中发生反应,H2和CO的体积比保持不变,不能说明反应达到平衡状态,故C错误; D.每消耗lmolCH4的同时生成2mol?CO,说明反应正向进行,不能说明反应达到平衡状态,故D错误; 故答案为:B; (3)加入少量的Na2CO3可不断消除积碳生成一氧化碳和氧化钠,反应的化学方程式:C+Na2CO3Na2O+2CO, 故答案为:C+Na2CO3Na2O+2CO; (4)密闭容器中,重整反应①②③在1073K时催化下达到平衡,发现n(H2)/n(CO)<l,原因是:温度较高,反应①是放热反应,利于平衡向逆方向移动,生成氢气量减少;而反应③是吸热反应,利于平衡向正方向移动,消耗氢气量增多且CO生成量增多,从而n(H2)/n(CO)小于1,如果投料时增加氧气比例,反应①正向进行,反应②逆向进行,氢气总产量减少,反应①的甲烷转化率升高,过程中产生副反应,故选:D, 故答案为:温度较高,反应①是放热反应,利于平衡向逆方向移动,生成氢气量减少;而反应③是吸热反应,利于平衡向正方向移动,消耗氢气量增多且CO生成量增多,从而n(H2)/n(CO)小于1;D; (5)设起始时n(CH4)=n(CO2)=x,由图中1000℃时C、D点可知,CH4和CO2的平衡转化率为85%,含有n(CO)=1.7mol,则消耗CH4和CO2的量均为0.85x,根据C原子守恒或H原子守恒有:0.85x×2=1.7mol,即x=1mol, 1000℃时重整体系中n(CO)=1.7mol、n(CO2)=1mol-0.85mol=0.15mol、n(H2)=1.3mol、n(H2O)=0.4mol,设容器体积为VL,则c(CO)=mol/L、c(CO2)=mol/L、c(H2)=mol/L、n(H2O)=mol/L,反应③CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)的平衡常数K==≈3.5,故答案为:1;3.5。 (l)①:CH4(g)+O2(g)?CO(g)+2H2(g)△H=-35.7kJ?mol-1 ②:CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)△H=+247.0kJ?mol-1 盖斯定律①-②得到CO燃烧的热化学方程式为CO(g)+O2(g)?CO2(g)△H; (2)当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态; (3)加入少量的Na2CO3可不断消除积碳,生成一氧化碳和氧化钠; (4)温度较高,反应①是放热反应,利于平衡向逆方向移动,生成氢气量减少;而反应③是吸热反应,利于平衡向正方向移动,如果投料时增加氧气比例,反应①正向进行,反应②逆向进行; (5)设起始时n(CH4)=n(CO2)=x,结合1000℃时A、B、C、D点的数值,利用C或(H原子原子守恒)计算起始时n(CH4);化学平衡常数K等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比,据此计算。 本题考查盖斯定律的应用、化学平衡状态的判定和化学平衡的影响因素、化学平衡常数计算、化学平衡图象、化工实际生产的反应条件及其发生的副反应等知识内容,为高频考点,侧重化学平衡原理和学生分析能力、迁移运用知识能力的考查,把握化学平衡原理是解题关键,注意原子守恒思想在化学计算中的运用,题目难度中等。 10.【答案】1s22s22p63s23p3 ? 3 ? PC14+ ? sp3 ? PCl6- ? 正四面体 ? SO42-或ClO4- ? GaAs ? 4 ? 5.34 ? 【解析】 解:(1)P原子序数为15,根据构造原理写出其核外电子排布式为1s22s22p63s23p3,其中3p轨道上只有3个电子,为半充满状态,即未成对电子数为3, 故答案为:1s22s22p63s23p3;3; (2)根据分摊法可知PCl5晶体结构中含有A、B离子数相等,即A离子数=8×+12×+6×+1=8,B离子在体内8个,所以晶体化学式为P2Cl10,由于A、B两种微粒分别与CC14、SF6互为等电子体,所以A离子为PC14+、B离子为PCl6-,PC14+中心P原子的价层电子对数=4+=4,VSEPR模型为正四面体,P原子为sp3杂化,故答案为:PC14+;sp3;PCl6-; (3)PO43-中心原子P的价层电子对数=4+=4,即VSEPR模型为正四面体,由于PO43-中心原子P无孤电子对,所以PO43-空间构型为正四面体,其中PO43-含有5个原子、价电子总数为32,与SO42-或ClO4-互为等电子体,故答案为:正四面体;?SO42-或ClO4-; (4)①晶胞中Ga原子数=8×+6×=4,As原子在体心为4个,所以化学式为GaAs,观察图乙可知,As原子的配位数为4,由于化学式中Ga、As的原子个数比为1:1 ,所以镓原子的配位数也为4,故答案为:GaAs;4; ②根据晶胞原子分摊法计算晶胞中Ga原子数=8×+6×=4,As原子在体心为4个,晶胞的质量m==9.63×10-22g,晶胞体积V=a3=(565×10-10)3cm3=1.80×10-22cm3,晶胞密度ρ===5.34g/cm3, Ga原子与As原子之间的距离应为晶胞体对角线长度的倍,所以晶胞的体对角线为晶胞棱长的倍,则m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离为×565pm=pm,故答案为:5.34;。 (1)P原子序数为15,根据构造原理写出其核外电子排布式,结合价电子排布式判断未成对电子数; (2)A、B两种微粒分别与CC14、SF6互为等电子体,则A离子含有5个原子、B离子含有7故原子,结合等电子体概念写出A、B离子的化学式,根据价层电子互斥理论计算A离子中心原子的价层电子对数,得到VSEPR模型,判断中心原子的杂化方式; (3)根据价层电子互斥理论计算PO43-中心原子P的价层电子对数,得到VSEPR模型,再推断其空间构型,结合等电子体概念写出PO43-的等电子体; (4)①根据晶胞原子分摊法计算晶胞中As、Ga原子数目,得到化学式;观察图乙可知,As原子的配位数为4,结合化学式推断Ga原子的配位数; ②根据m=nM计算晶胞质量,利用晶胞密度ρ=计算晶胞密度;Ga原子与As原子之间的距离应为晶胞体对角线长度的倍,所以晶胞的体对角线为晶胞棱长的倍。 本题是对物质结构与性质的综合考查,涉及原子结构、等电子体、粒子空间构型和杂化方式、晶体结构与晶胞计算等,为高频考点,掌握扎实的基础知识和灵活迁移运用是解题关键,试题有利于学生分析能力、空间想象能力和计算能力的培养,题目难度较大。 11.【答案】乙苯 ? 酯基、醛基 ? C12H15O2N ? ? 加成反应 ? ? 【解析】 解:(1)??属于苯的同系物,苯为母体,取代基为乙基,其名称为:乙苯;所含官能团的名称是:酯基、醛基, 故答案为:乙苯;酯基、醛基; (2)分子含有12个C原子、15个H原子、2个O原子、1个N原子,故其分子式为C12H15O2N, 故答案为:C12H15O2N; (3)由C8H8前、后物质结构,可知反应②是醇的消去反应,故C8H8为,反应方程式为:,反应③是与氨气发生加成反应, 故答案为:;加成反应; (4)与???互为同分异构体的芳香类化合物,说明含有苯环,核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为1:2:2:6,且不含-NH2,含有1个取代基为-N(CH3)2,故符合条件的同分异构体结构简式为:, 故答案为:; (5)由反应⑤可知,由1,3-丁二烯与CH3CH=N-CH3加成反应得到。由反应④可知CH3CHO与CH3NH2反应得到,乙醇催化氧化得到乙醛,合成路线流程图为:, 故答案为:。 (1)??属于苯的同系物,苯为母体,取代基为乙基;所含官能团的名称是:酯基、醛基; (2)分子含有12个C原子、15个H原子、2个O原子、1个N原子; (3)由C8H8前、后物质结构,可知反应②是醇的消去反应,故C8H8为,反应③是与氨气发生加成反应;(4)与???互为同分异构体的芳香类化合物,说明含有苯环,核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为1:2:2:6,且不含-NH2,含有1个取代基为-N(CH3)2; (5)由反应⑤可知,由1,3-丁二烯与CH3CH=N-CH3加成反应得到。由反应④可知CH3CHO与CH3NH2反应得到,乙醇催化氧化得到乙醛。 本题考查有机物的合成,涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等,题目涉及物质的结构复杂,属于易错题目,(5)为易错点、难点,注意对转化中隐含信息的运用,较好的考查学生知识迁移运用能力。 12.【答案】b ? e ? f ? c ? d ? 饱和食盐水 ? 吸收多余的氯气和酸性污染气体 ? 水浴 ? 打开活塞放下浓盐酸并点燃酒精灯 ? 黄绿色气体 ? 控制活塞减慢浓盐酸滴加速率或控制酒精灯降低加热温度 ? 二氯乙酸 ? 重结晶 【解析】 解:(1)①根据分析,由浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气,选择b,制得的氯气混有HCl和水蒸气,由饱和食盐水除去HCl气体,由无水氯化钙吸收水,氯气与乙酸在三颈烧瓶反应由碱石灰吸收尾气,故连接顺序为:b→e→f→c→d→i→j→g→h; 故答案为:b;e;f;c;d; ②洗气瓶为饱和食盐水,吸收HCl气体;碱石灰的作用是吸收多余的氯气和酸性污染气体,防止污染空气; 故答案为:饱和食盐水;吸收多余的氯气和酸性污染气体; (2)温度在95℃左右,选择水浴加热;待温度稳定后,再打开弹簧夹、打开活塞放下浓盐酸并点燃酒精灯,如果三颈烧瓶溶液表面观察到大量黄绿色气体,说明氯气过多,应控制活塞减慢浓盐酸滴加速率或控制酒精灯降低加热温度,以减少氯气通入量,以免浪费; 故答案为:水浴;打开活塞放下浓盐酸并点燃酒精灯;黄绿色气体;控制活塞减慢浓盐酸滴加速率或控制酒精灯降低加热温度; (3)由表可知,一氯乙酸与二氯乙酸沸点接近,故多次蒸馏后产品中仍含有少量的二氯乙酸;一氯乙酸、二氯乙酸为互溶的液体,不适宜过滤、分液分方法分离,采用重结晶,可得到纯净的一氯乙酸; 故答案为:二氯乙酸;重结晶。 制备一氯乙酸:由浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气,制得的氯气混有HCl和水蒸气,由饱和食盐水除去HCl气体,由无水氯化钙吸收水,纯净干燥的氯气与乙酸在三颈烧瓶中,用水浴控制温度在95℃左右,发生反应,由碱石灰吸收多余的氯气和得到的酸性污染气体,得到的一氯乙酸粗品中含有二氯乙酸、三氯乙酸,多次蒸馏后产品中仍含有少量的二氯乙酸,再进行重结晶得到纯净的一氯乙酸,据此分析作答。 本题考查了物质的制备,明确实验原理及实验基本操作方法、知道各个装置作用、利用物质性质分离提纯是解本题关键,试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力,注意相关基础知识的学习与积累,题目难度中等。 第2页,共2页 第1页,共1页

        • ID:7-5832264 2019年江西省赣州市高考化学一模试卷(含解析)

          高中化学/高考专区/模拟试题

          2019年江西省赣州市高考化学一模试卷 一、单选题(本大题共5小题,共30.0分) 化学与社会、科技、生产、生活、环境等密切相关。下列有关说法不正确的是(  ) A. 燃煤中加入CaO或可以减少酸雨的形成 B. 肥皂在去除织物上油污的过程中主要发生的是化学变化 C. 甘油常用于护肤品的配制 D. 加热能杀死流感病是因为蛋白质受热会变性 我国科学家对神经素的提取和研究取得了重大突破?,其中分离出三种有机物的结构如图所示。下列说法正确的是(  ) A. 分子中所有的碳原子可能处于同一平面内 B. 互为同分异构体 C. 的一氯代物有4种 D. 均能和发生加成反应 W、X、Y、Z是四种短周期元素,Z、X同主族,且两者形成的某化合物既污染空气又能使品红溶液褪色,W、Y、Z的最高价氧化物的对应水化物两两之间都能发生反应,下列说正确的是(  ) A. W、X、Z在自然界中都能以游离态存在 B. 工业上通过电解其熔融化合物制取Y单质 C. X最单氢化物的沸点比Z的简单氢化物沸点低 D. Z可在加热条件下将单质铜氧化至价 工业上以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料,通过电解法制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH],装置如图所示。下列判断不正确的是(  ) A. 阳极发生的反应是:2 B. 产品在d处收集 C. c处加入的原料是 D. f处导出的物质是 常温下,向体积为amL的NaOH溶液滴入浓度为xmol?L-1的HF溶液(电离平衡常数为Ka),溶液的pH随滴入的HF溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是(  ) A. A点混合溶液中各粒子浓度大小 B. 常温下,HF的 C. C点溶液中 D. 可选用甲基橙做该中和滴定的指示剂 二、双选题(本大题共2小题,共12.0分) NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确是(  ) A. 含??的溶液与反应产生气体的分于数大于 B. 密闭容器中,和催化反应后原子总数为 C. 将溶于稀氨水中配成1L溶液,若溶液呈中性,则其中数为 D. 标准状况下与充分反应,生成HCl分子数为 下列实验方案不能达到目的是(  ) 选项 实验方案 实验目的 A 在5mL0.1mol?L-1的K2Cr2O7溶液中,滴加15滴NaOH溶液后,溶液颜色由橙色变黄色 探究浓度对化学平衡的影响 B 取ng铝箔与足量盐酸充分反应,逸出的气体通过碱石灰后,测其体积为测其体积为bL(标准状况) 测定铝箔中Al2O3的含量 C 取一根小木条,放入?Na2SiO3的饱和溶液中,使之充分吸湿、浸透,取出沥干放置在酒精灯外焰灼烧,不能点燃 验证?Na2SiO3是木材的一种防火剂 D 向2mL2mol?L-1?NaOH溶液中先加3滴1mol?L-1MgCl2溶液,产生白色沉淀,再加入3滴1mol?L-1FeCl3溶液,产生红褐色沉淀 证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀 A. A B. B C. C D. D 三、简答题(本大题共3小题,共44.0分) 用化工厂铬渣(含有Na2SO4及少量Cr2O72-、Fe3+)为原料提取硫酸钠的工艺流程如下: 已知:Fe3+、Cr3+完全沉淀(c≤1.0x10-5mol/L)时pH分别为3.6和5:几种物质的溶解度曲线如图所示 回答下列问题 (1)流程中操作1微热可以加快______反应,滤渣C的主要成分是______ (2)如图信息,操作Ⅱ的合适温度是______ a.20℃b.40℃c.60℃ (3)操作Ⅲ加入酸B的作用______ (4)写出操作Ⅲ反应的离子方程式______ (5)操作Ⅲ中,酸B和Na2SO3溶液是______(填“先后加入”或“混合后加入”)理由是______ (6)若pH=4.0时,溶液中Cr3+尚未开始沉淀,则溶液中允许Cr3+浓度的大值为______ 目前人们对环境保护、新能源开发很重视。 (1)已知: ①CH4(g)+2NO2(g)?N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=-860.0kJ/mol ②2NO2(g)?N2O4(g)△H2=-66.9kJ/mol 写出CH4催化还原N2O4(g)生成N2、H2O(g)和CO2的热化学方程式______。 (2)用活性炭还原法也可以处理氮氧化物,某研究小组而某密闭容器加入一定量的活性炭和NO,发生反应:C(s)+2NO(g)?N2(g)+CO2(g)△H,在t1℃时,反应进行到不同时间测得各物质的物质的量浓度如下: 浓度/(mol)/时间/min 0 10 20 30 40 50 NO 1.0 0.58 0.40 0.40 0.48 0.48 N2 0 0.21 0.3 0.3 0.36 0.36 CO2 0 0.21 0.3 0.3 0.36 0.36 ①根据图表数据分析,t1℃时,该反应在0~20min的平均反应速率v(NO)=______, 该反应的平衡常数K=______。 ②30min后,只改変某一条件,根据上表的数据判断改变的条件可能是______(填字每代号)。 A.适当缩小容器的体积??B.加入合适的催化剂 C.加入一定量的活性炭??D.通入一定量的NO ③若30min后升高温度至t2℃,达到平衡时,容中NO、N2、CO的浓度之比为5:3:3则达到新平衡时NO的转化率______(填“升高”或“降低”)△H______(填“>”或“<”)。 (3)①已知在一定的温度下,反应2NH3(g)+CO2(g)?H2?NCOONH4(s)△H=-159.5kJ/mol 在2L等容密闭容器中充入2?mol?NH3和1?molCO2,到达平衡时放出127.6kJ的热量,此时,c(NH3)为______。 ②室温下,0.1?mol/L?NaHCO3溶液的pH______0.1?mol/LNa2SO3溶液的pH(填>、<、=)。 已知: H2CO3 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11 H2SO3 K1=1.54×10-2 K2=1.02×10-7 ③有一种可充电电池Na-Al/FeS,电池工作时Na+的物质的量保持不变,并且是用含Na+的导电固体作为电解质,已知该电池负极电极反应式2Na-2e=2Na+,则正极反应式为______。 如图是一种成膜性良好的醇酸树脂的合成路线图。 已知:Ⅰ.;Ⅱ.RCH=CH2RCH2CH2Br (1)A的结构简式为______B的化学名称是______; (2)C制备D的反应条件是______E中官能团的名称为______; (3)由D、F制备G的反应类型是______; (4)写出D、F在一定条件下反应生成G的化学方程式______; (5)芳香族化合物x是?的同分异构体,X遇?FeCl3溶液显紫色,可发生消去反应则符合条件的X的同分异构体的数目______种,写出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1:1:1:2:2:3的结构简式:______; (6)请参考本题信息写出以CH3CH=CH2为原料制备化合物?的合成线路流程图(无机试剂任选)。 四、实验题(本大题共1小题,共14.0分) 氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料 (1)GaN的制备反应为2Ga+2NH3=2GaN+3H2 (2)GaN性质稳定,不与水、酸反应,会溶于热的浓NaOH (3)NiCl2溶液在加热时先转化为Ni(OH)2沉淀,后分解为NiO 如图是实验室制备氮化镓的实验装置图,实验步如下: ①滴加几滴NiCl2溶液润金属镓粉末,并置于反应器内 ②先通入一段时间H2再加热(加热时仍然通H2) ③关闭a,打开b ④停止加热,继续通入NH3,直至试管冷却 ⑤将反应器内的固体转移到盛有盐酸的烧杯中,充分反应后,过滤、洗涤、干燥得到GaN 回答下列问题: (1)仪器X的名称______,其中固体试剂的名称是______ (2)写出NiCl2溶液在加热时先转化为Ni(OH)2的化学方程式______ (3)步骤①选择NiCl2溶液,不选择NiO的原因______ a.增大接触面积,加快化学反应速率 b.使能均匀附在镓粉表面,提高催化效率 c.能更好的形成原地池,加快反应速率 (4)步骤②的目的是______ (5)步骤③中制备GaN,该反应接近完成时观察到的现象______ (6)镓元素与铝元素类,请写出Ga和氢氧化钠溶液反应的离子方程式______ 答案和解析 1.【答案】B 【解析】 解:A.燃煤中加入CaO或CaCO3)可以减少二氧化硫的排放,可以减少酸雨的形成,故A正确; B.肥皂去油污原理:通过肥皂分子的亲水端溶解在水中、而亲油端进入油污团块的内部,从而松动油污,把它们稀释、扩散、乳化、洗掉,过程中没有新物质生成,属于物理变化,故B错误; C.丙三醇具有良好的吸水性,可以用于护肤品的配制,故C正确; D.加热能杀死流感病是因为蛋白质受热会变性,故D正确; 故选:B。 A.燃煤中加入CaO或CaCO3)可以减少二氧化硫的排放; B.有新物质生成的变化为化学变化; C.依据丙三醇具有良好的吸水性解答; D.高温能够使蛋白质变性。 本题考查了化学与社会、科技、生产、生活、环境等关系,明确相关物质的性质即可解答,题目难度不大。 2.【答案】D 【解析】 解:A.①分子中含4个四面体结构的C原子,所有碳原子不可能共面,故A错误; B.②③中H原子数不同,分子式不同,二者不是同分异构体,故B错误; C.由对称性可知,①中含5种H,一氯代物有5种,故C错误; D.苯环、碳碳双键、碳氧双键均可与氢气发生加成反应,则①②③均能和H2发生加成反应,故D正确; 故选:D。 A.①分子中含4个四面体结构的C原子; B.②③中H原子数不同,分子式不同; C.由对称性可知,①中含5种H; D.苯环、碳碳双键、碳氧双键均可与氢气发生加成反应。 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B为解答的难点,题目难度不大。 3.【答案】B 【解析】 解:由上述分析可知,X为O、Y为Al、Z为S、W为Na, A.W的性质活泼,在自然界主要以化合态存在,故A错误; B.Al为活泼金属,可电解熔融氧化铝冶炼Al,故B正确; C.水分子间含氢键,则X最单氢化物的沸点比Z的简单氢化物沸点高,故C错误; D.S与Cu加热反应生成硫化亚铜,Cu为+1价,故D错误; 故选:B。 W、X、Y、Z是四种短周期元素,Z、X同主族,且两者形成的某化合物既污染空气又能使品红溶液褪色,化合物为二氧化硫;W、Y、Z的最高价氧化物的对应水化物两两之间都能发生反应,氢氧化铝具有两性,可知Z为S、X为O,W为Na、Y为Al,以此来解答。 本题考查原子结构与元素周期律,为高频考点,把握最高价氧化物对应的水化物的性质、两性氢氧化物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。 4.【答案】C 【解析】 解:A.放电能力Cl->OH-,所以阳极上发生反应2Cl--2e-=Cl2↑,则阳极上得到的气体是氯气,故A正确; B.阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,中间为阳离子交换膜,则四甲基铵根离子通过交换膜进入阴极区生成(CH3)4NOH,所以产品(CH3)4NOH在出d处收集,故B正确; C.c处加入的原料是水,阴极上得到OH-,(CH3)4N+从阳极区域进入阴极区域生成(CH3)4NOH,故C错误; D.阴极上生成氢气,所以f为氢气,故D正确; 故选:C。 该电解池中,阳极上发生反应2Cl--2e-=Cl2↑,所以生成的e是氯气;阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,生成的f为氢气,中间为阳离子交换膜,则四甲基铵根离子通过交换膜进入阴极区生成(CH3)4NOH,则a处加入的原料是(CH3)4NCl,据此分析解答。 本题考查电解原理,侧重考查分析判断能力,明确各个电极上发生的反应及进入物质成分及得到物质成分是解本题关键,题目难度不大。 5.【答案】B 【解析】 解:A.A点是NaOH和NaF的混合溶液,溶液显碱性,即c(OH-)>c(H+),电荷关系有c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-),所以c(Na+)>c(F-)>c(OH-)>c(H+),F-水解F-+H2O?OH-+HF,结合水电离有c(OH-)>c(HF),所以A点混合溶液中各粒子浓度大小c(Na+)>c(F-)>c(OH-)>c(HF)>c(H+),故A错误; B.NaOH溶液的pH=13,则c(NaOH)=0.1mol/L,B点溶液呈中性,则HF过量,此时溶液中有c(H+)=10-7mol/L,c(F-)=c(Na+)==0.05mol/L,过量HF的浓度c(HF)==(0.5x-0.05)mol/L,HF的电离平衡常数Ka===,故B正确; C.HF溶液中C(H+)=,但C点溶液是HF和NaF的混合溶液,c(HF)<xmol/L,所以C点溶液中C(H+)<,故C错误; D.完全中和后生成弱酸强碱盐NaF,此时溶液显碱性,应性质酚酞作指示剂,故D错误; 故选:B。 A.A点是NaOH和NaF的混合溶液,溶液显碱性,结合电荷关系和F-水解、水电离分析解答; B.NaOH溶液的pH=13,则c(NaOH)=0.1mol/L,根据B点中性溶液和HF的Ka=计算ka; C.C点溶液是HF和NaF的混合溶液,c(HF)<xmol/L; D.NaF是弱酸强碱盐,显碱性; 本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算,题目难度中等,明确图象曲线变化的含义为解答关键,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,试题侧重考查学生图象分析判断能力。 6.【答案】BC 【解析】 解:A.0.2mol浓硫酸与6.5g锌物质的量==0.1mol,完全生成二氧化硫,生成的气体的物质的量为0.1mol,气体的分于数等于0.1LNA,故A错误; B.SO2和O2的催化反应为可逆反应,反应不可能完全进行,存在一个化学平衡,但容器中原子守恒,2 molSO2和1molO2催化反应后原子总数为8NA,故B正确; C.将1molNH4NO3溶于一定浓度的稀氨水中,溶液呈中性,氢离子与氢氧根离子物质的量相等,根据电荷守恒可知,溶液中硝酸根离子与铵根离子的物质的量相等,由于硝酸根离子的物质的量为1mol,则铵根离子的物质的量为1mol,溶液中NH4+的数目为NA,故C正确; D.标况下,224L氯气的物质的量为10mol,10mol氯气与甲烷发生取代反应会确定甲烷中的10mol氢原子,同时生成10mol氯化氢,产生HCl分子数为10NA,故D错误; 故选:BC。 A.0.2mol浓硫酸与6.5g锌物质的量==0.1mol,生成二氧化硫气体的物质的量与硫酸的物质的量之比为1:2; B.反应前后遵循质量守恒原子守恒; C.溶液呈中性,氢离子与氢氧根离子物质的量相等,溶液中的电荷守恒计算 D.取代反应特点及氯气的物质的量计算出生成的氯化氢的物质的量。 本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算、物质性质、电解质溶液中电荷守恒等,题目难度不大,掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。 7.【答案】CD 【解析】 解:A.加NaOH,氢离子浓度减小,可使Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+平衡正向移动,则溶液的颜色由橙色变为黄色,可探究浓度对化学平衡的影响,故A正确; B.发生Al与盐酸反应生成氢气,收集气体为氢气,利用氢气的体积可计算Al的质量,所以能测定铝箔中氧化铝的含量,故B正确; C.木条浸了硅酸钠溶液,水溶液也可能使木条不易燃烧,应该加一个木条浸蒸馏水的对比实验才能说明硅酸钠可作木材防火剂,故C错误; D.氯化镁少量,剩余的NaOH与FeCl3发生反应,无法证明证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀,故D错误; 故选:CD。 A.加NaOH可使Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+平衡正向移动; B.发生Al与盐酸反应生成氢气,收集气体为氢气,根据生成的氢气可计算铝箔中铝的量; C.应该加一个木条浸蒸馏水的对比实验; D.氢氧化钠过量,无法比较二者溶解度大小。 本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,题目难度不大,涉及物质的性质及含量测定、物质的检验等知识,把握物质的性质及反应原理为解答的关键,注意实验的评价性分析。 8.【答案】促进Fe3+水解生成Fe(OH)3而除去 ? Fe(OH)3 ? c ? 提供酸性环境,Cr2O72-被SO32-还原成Cr3+ ? 3SO32-+Cr2O72-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O ? 先后加入 ? 避免H2SO4和Na2SO3直接反应而降低还原效率 ? 0.01mol/L 【解析】 解:(1)加热有利于Fe3+水解生成Fe(OH)3而除去,沉淀A为Fe(OH)3, 故答案为:促进Fe3+水解生成Fe(OH)3而除去;Fe(OH)3; (2)由于Na2Cr2O7溶解度在温度较高时较大,滤液经蒸发浓缩,趁热过滤得到硫酸钠,可选择60℃,故答案为:c; (3)Na2Cr2O7具有强氧化性,酸化时,一般用稀硫酸,酸性条件下Cr2O72-可被SO32-还原成Cr3+, 故答案为:提供酸性环境,Cr2O72-被SO32-还原成Cr3+; (4)酸化后Cr2O72-可被SO32-还原成Cr3+,SO32-变为SO42-,离子方程式为3SO32-+Cr2O72-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O, 故答案为:3SO32-+Cr2O72-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O; (5)操作Ⅲ中发生3SO32-+Cr2O72-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O,酸性条件下SO32-、Cr2O72-发生氧化还原反应,则硫酸与亚硫酸钠应先后加入,可避免二者反应而导致还原效率降低, 故答案为:先后加入;避免H2SO4和Na2SO3直接反应而降低还原效率; (6)已知Cr3+完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L)时pH分别为5,则Ksp=1.0×10-5×(10-9)10-3=10-32,若pH=4.0时,溶液中Cr3+尚未开始沉淀,则溶液中允许Cr3+浓度的大值为mol/L=0.01mol/L, 故答案为:0.01mol/L。 铬渣含有Na2SO4及少量Cr2O72-、Fe3+,加入氢氧化钠调节pH约3.6并加热,可生成Fe(OH)3沉淀,过滤得到A为Fe(OH)3,由于Na2Cr2O7溶解度在温度较高时较大,滤液经蒸发浓缩,趁热过滤得到硫酸钠,母液中含有Na2Cr2O7,加入亚硫酸钠,发生氧化还原反应可得到Cr3+,调节溶液pH为5,可生成沉淀C,即Cr(OH)3,以此解答该题。 本题考查学生对于工艺流程原理的理解、对操作与实验条件控制的理解等,为高考常见题型,涉及锌、铜等元素化合物知识,以及常用化学用语书写、分离提纯等,需要学生具备扎实的基础与综合运用能力,难度中等,试题知识点较多、综合性较强,充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。 9.【答案】CH4(g)+N2O4(g)?N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-793.1kJ/mol ? 0.03mol?L-1?min-1 ? 0.56 ? AD ? 降低 ? < ? 0.2mol/L ? < ? 2Na++FeS+2e-=Na2S+Fe 【解析】 解:(1)由盖斯定律①-②得到CH4(g)+N2O4(g)?N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的△H=(-860.0kJ/mol)-(-66.9kJ/mol)=-793.1kJ/mol,所以热化学方程式为CH4(g)+N2O4(g)?N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-793.1kJ/mol, 故答案为:CH4(g)+N2O4(g)?N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-793.1kJ/mol; (2)①0~20min内,NO的平均反应速率v(NO)==0.03mol?L-1?min-1,C(s)+2NO(g)?N2(g)+CO2(g)的平衡浓度c(N2)=c(CO2)=0.3mol/L;c(NO)=0.4mol/L,反应的平衡常数K====0.56,故答案为:0.03mol?L-1?min-1;0.56; ②A.适当缩小容器的体积,反应前后体积不变,平衡状态物质浓度同比增大,故A正确; B.加入合适的催化剂,催化剂只改变化学反应速率,不改变化学平衡,故B错误; C.加入一定量的活性炭,碳是固体对平衡无影响,平衡不动,故C错误; D.通入一定量的NO,达到新平衡状态时各物质平衡浓度均增大,故D正确; 故答案为:AD; ③若30min后升高温度至t2℃,达到平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为5:3:3,氮气和二氧化碳浓度之比始终为1:1,因5:3>4:3,说明平衡向逆反应方向移动,达到新平衡时NO的转化率降低,说明逆反应是吸热反应,则正反应是放热反应,故答案为:降低;<; (3))①由反应2NH3(g)+CO2(g)?H2?NCOONH4(s)△H=-159.5kJ/mol可知:2molNH3反应放出159.5kJ热量,则有1.6molNH3反应,剩余NH3(2mol-1.6mol)=0.4mol,浓度为0.2mol/L,故答案为:0.2mol/L; ②因为HCO3-的水解常数kh===2.3×10-8>k2,则NaHCO3以水解为主,SO32-的水解常数kh′===10-7,有kh<kh′,即0.1?mol/LNa2SO3溶液碱性强,pH大,故答案为:<; ③原电池的电极材料Na-Al/FeS,负极材料为Na,电极反应式为Na-e-=Na+,电池工作时Na+的物质的量保持不变,则正极FeS得到电子结合Na+生成Na2S和Fe,所以电极反应式为:2Na++FeS+2e-=Na2S+Fe,故答案为:2Na++FeS+2e-=Na2S+Fe。 (1)CH4还原N2O4的化学方程式为CH4+N2O4=N2+2H2O+CO2,根据盖斯定律①-②得到CH4催化还原N2O4(g)生成N2、H2O(g)和CO2的热化学方程式; (2)①分析图表数据,根据V=计算得到反应速率,根据K=计算平衡常数K; ②该反应是气体体积不变的反应,依据图表数据分析,平衡状态各物质浓度均增大,平衡常数不变说明改变的条件可能是减小容器体积或加入一定量一氧化氮; ③若30min后升高温度至t2℃,达到平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为5:3:3,氮气和二氧化碳浓度之比始终为1:1,所以5:3>4:3,说明平衡向逆反应方向移动; (3)①由反应2NH3(g)+CO2(g)?H2?NCOONH4(s)△H=-159.5kJ/mol可知:2molNH3反应放出159.5kJ热量,则有1.6molNH3反应放出127.6kJ热量; ②因为HCO3-的水解常数kh===2.3×10-8>k2,则NaHCO3以水解为主,根据浓度相同时,水解常数越大、溶液的碱性越强、pH越大判断; ③原电池的电极材料Na-Al/FeS,负极材料为Na,电极反应式为Na-e-=Na+,电池工作时Na+的物质的量保持不变,则正极FeS得到电子结合Na+生成Na2S和Fe。 本题考查了盖斯定律的应用和反应热计算、原电池原理、影响化学平衡移动的因素、平衡常数的有关计算、盐类水解原理及其计算等,综合性较强,侧重分析及计算能力的考查,把握化学平衡原理和原电池原理为解答的关键,题目难度中等。 10.【答案】CH3CH2CH=CH2 ? 3-溴-1-丁烯 ? NaOH的水溶液、加热 ? 醛基 ? 缩聚反应 ? ? 6 ? 【解析】 解:(1)CH3CH2CH2CH2Br在氢氧化钠乙醇溶液、加热条件下发生消去反应生成A为CH3CH2CH=CH2,CH3CH2CH=CH2在NBS作用之下发生取代反应生成B为CH3CHBrCH=CH2,B的名称为:3-溴-1-丁烯, 故答案为:CH3CH2CH=CH2;3-溴-1-丁烯; (2)C制备D发生卤代烃的水解反应,反应条件是:NaOH水溶液、加热。E为,E含有的官能团为:醛基, 故答案为:NaOH的水溶液、加热;醛基; (3)由D、F制备G得到高聚物,同时还生成小分子物质水,属于缩聚反应, 故答案为:缩聚反应; (4)D、F在一定条件下反应生成G的化学方程式为, 故答案为:; (5)的同分异构体符合条件:遇FeCl3溶液显紫色,说明含有酚羟基,可发生消去反应,另外一个取代基为-CH2CH2OH,或-CH(OH)CH3,两个取代基有邻、间、对3种,故符合条件的同分异构体共有6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1:1:1:2:2:3的结构简式为:, 故答案为:6;; (6)CH3CH=CH2发生信息中的反应生成CH2BrCH=CH2,CH2BrCH=CH2和HBr发生加成反应生成CH2BrCH2CH2Br,CH2BrCH2CH2Br发生水解反应生成HOCH2CH2CH2OH,HOCH2CH2CH2OH发生催化氧化反应生成OHCCH2CHO,OHCCH2CHO发生氧化反应然后酸化得到HOOCCH2COOH,HOOCCH2COOH和HOCH2CH2CH2OH发生酯化反应生成,其合成路线为:, 故答案为:。 CH3CH2CH2CH2Br在氢氧化钠乙醇溶液、加热条件下发生消去反应生成A为CH3CH2CH=CH2,CH3CH2CH=CH2在NBS作用之下发生取代反应生成B为CH3CHBrCH=CH2,CH3CHBrCH=CH2与Br2发生加成反应生成C为CH3CHBrCHBrCH2Br,由G的结构可知C发生卤代烃的水解反应生成D为,F为.发生催化氧化反应生成E为,E先发生氧化反应、然后酸化得到F。 (6)CH3CH=CH2发生信息中的反应生成CH2BrCH=CH2,CH2BrCH=CH2和HBr发生加成反应生成CH2BrCH2CH2Br,CH2BrCH2CH2Br发生水解反应生成HOCH2CH2CH2OH,HOCH2CH2CH2OH发生催化氧化反应生成OHCCH2CHO,OHCCH2CHO发生氧化反应然后酸化得到HOOCCH2COOH,HOOCCH2COOH和HOCH2CH2CH2OH发生酯化反应生成。 本题考查有机物的推断与合成,涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等,需要学生对给予的信息进行利用,能较好的考查学生自学能力与迁移运用能力,注意根据转化关系中的物质结构与反应条件进行推断,熟练掌握官能团的性质与衍变。 11.【答案】圆底烧瓶 ? 生石灰 ? NiCl2+2H2ONi(OH)2+HCl ? ab ? 排尽装置内的空气,将NiO还原为Ni ? 装置C中几乎不再产生气泡 ? 2Ga+2OH-+2H2O=2GaO2-+3H2↑ 【解析】 解:(1)仪器X为圆底烧瓶;装置A为固液不加热制备氨气,用浓氨水和生石灰制备; 故答案为:圆底烧瓶;生石灰; (2)NiCl2溶液在加热时先转化为Ni(OH)2和HCl,反应为:NiCl2+2H2ONi(OH)2+HCl; 故答案为:NiCl2+2H2ONi(OH)2+HCl; (3)步骤①选择NiCl2溶液,NiCl2溶液在加热时先转化为Ni(OH)2,后分解生成NiO,增大接触面积,加快化学反应速率,使能均匀附在镓粉表面,提高催化效率; 故答案为:ab; (4)先通入一段时间H2排尽装置内的空气,再加热,加热时仍然通H2,将NiO还原为Ni,Ni催化后续反应; 故答案为:排尽装置内的空气,将NiO还原为Ni; (5)根据反应:2Ga+2NH3=2GaN+3H2,进入C装置的有氢气和氨气,氢气不溶于水,氨气极易溶于水,故反应是C中有气泡,该反应接近完成时,装置C中几乎不再产生气泡; 故答案为:装置C中几乎不再产生气泡; (6)镓元素与铝元素类似,Al与NaOH溶液生成AlO2-和氢气,则Ga与NaOH溶液生成GaO2-和氢气,离子反应为:2Ga+2OH-+2H2O=2GaO2-+3H2↑; 故答案为:2Ga+2OH-+2H2O=2GaO2-+3H2↑。 (1)根据仪器特点可得;装置A为制备氨气的装置,根据图示可知为固液不加热制备,可得; (2)NiCl2溶液在加热时先转化为Ni(OH)2和HCl; (3)步骤①选择NiCl2溶液,NiCl2溶液在加热时先转化为Ni(OH)2,后分解生成NiO,增大接触面积,加快化学反应速率,使能均匀附在镓粉表面,提高催化效率; (4)先通入一段时间H2排尽装置内的空气,再加热,加热时仍然通H2,将NiO还原为Ni; (5)根据反应:2Ga+2NH3=2GaN+3H2,进入C装置的有氢气和氨气,氢气不溶于水,氨气极易溶于水,据此分析; (6)镓元素与铝元素类似,Al与NaOH溶液生成AlO2-和氢气,则Ga与NaOH溶液生成GaO2-和氢气。 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,操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键,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。 第2页,共2页 第1页,共1页

        • ID:7-5831302 2019年江西省吉安市高考化学一模试卷(解析版)

          高中化学/高考专区/模拟试题

          2019年江西省吉安市高考化学一模试卷 一、单选题(本大题共7小题,共42.0分) 化学与生活密切相关。下列解释错误的是(  ) A. 一氯乙烷冷镇痛喷雾剂用于受伤运动员应急处理,主要是一氯乙烷的麻醉作用 B. 铅笔的主要成分是石墨与黏土,黏土含量越多,铅笔硬度越大 C. 松花皮蛋中的氨基酸盐是蛋白质在碱性条件下水解所形成 D. 季铵盐表面活性剂能吸收空气中的水份,从而具有优良的抗静电效果 NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(  ) A. 被氧化失去的电子数为 B. 所在的溶液中含有数为 C. 标准状况气体分子中共用电子对数目为 D. ?mol?发生水解反应断裂化学键数为 在提纯粗苯甲酸(C6H5-COOH,常温下为晶体)过程中,下列操作未涉及的是(  ) A. 高温灼烧 B. 热过滤 C. 加热溶解 D. 蒸发浓缩 下列实验过程可以达到实验目的是(  ) 选项 实验目的 实验过程 A 洗涤试管中KMO4受热后的残留物 向试管中加入少量蒸馏水溶解,重复2-3次 B 探究非金属性:Cl>Si 向盛有2mL硅酸钠溶液的试管中滴加几点盐酸溶液,观察是否有沉淀生成 C 探究温度对反应速率的影响 向2支盛有3mL1mol?L-1KI溶液的试管中同时加入2滴淀粉溶液,观察不同温度下的实验现象 D 制取并纯化乙炔 向电石(CaC2)中加入少量水,将生产的气体依次通过NaOH溶液CuSO4溶液和无水氯化钙 A. A B. B C. C D. D 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y最外层电子数之和为15,且由这三种元素组成的某盐在净水过程中可以做絮凝剂。下列说法正确的是(  ) A. 常温常压下X的单质为气态 B. 简单氢化物的分解温度: C. X、Z形成的化合物为离子化合物 D. W与Y具有相同的最高化合价 下列Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ是多面体碳烷的结构,下列说法正确的是(  ) A. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ属于同系物 B. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ一氯取代物均为一种 C. Ⅱ的二氯取代物有4种不含立体异构 D. 开环反应打开三元环和四元环的反应,1molⅡ至少需要 最近,我国科学家利用廉价的碳酸钠和碳纳米管构建无钠预填装的“可呼吸”Na-CO2电池,总反应为:3CO2+4Na?2Na2CO3+C,下列说法错误的是(  ) A. 原电池的负极为A,正极为B B. 放电时正极反应为 C. 放电时,向B移动 D. 制作电池时,Na先预填装进负极 二、简答题(本大题共4小题,共43.0分) 溴化锂是一种高效的水汽吸收剂和空气湿度调节剂,54%-55%的溴化锂水溶液是吸收式绿色制冷剂,其对环境无污染。制备路线图如下: (1)25℃时在Li2CO3与LiF的混合悬浊液中,=______(25℃,Li2CO3,Ksp=8×10-4;LiF,Ksp=2×10-3),溶液显______(填“中性”、“酸性”或“碱性”)。 (2)制得LiBr的关键是“合成”与“调pH”阶段。 ①“合成”制得LiBr时,绿色还原剂CO(NH2)2与Br2恰好反应的物质的量之比是______。 ②“合成”后的生成液为橙黄色,用Li2CO3调节pH到8-9,Li2CO3转化为?LiHCO3,同时溶液变为无色,加人Li2CO3的目的为______。 ③“合成”时温度与BrO3-%的关系如下表: 温度(℃) 20 30 40 50 60 70 80 BrO3-% 0 0.50 0.60 0.71 0.75 8.5 15.2 “合成”时选择的温度为______,理由是______。 (3)“除杂1”利用CS(NH2)2去除BrO3-,生成物为Li2SO4、CO(NH2)2等,写出相应的化学方程式______。 (4)“除杂2”先用HBr把溶液调到一定的酸度,加热到70℃左右,然后用LiOH调至pH=7,加热的作用是______。 碳酸二甲酯(简称DMC)作为“绿色”化工产品具有广泛的应用。用甲醇、二氧化碳制备DMC的方程式为:2CH3OH(g)+CO2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g)△H1=-15kJ?mol-1(平衡常数为K1) 物质 CH3OH(g) CO2(g) CH3O(CO)OCH3(g) H2O(g) 生成焓kJ?mol-1 -201 -393 -569 Q 已知:生成焓是某温度下,用处于标准状态的各种元素的最稳定单质生成标准状态下1mol某纯物质的热效应。 (1)H2O(g)生成焓Q为______,从平衡移动的角度选择有利于制得DMC的条件是______(填序号)。 A.高温B.高压C.低温D.低压 (2)在体积为1L的密闭容器中,甲醇、二氧化碳分别投料4×10-2mol、2×10-2mol.不同温度下平衡转化率如图所示。温度降为100℃以内平衡转化率变化显著,原因之一有______。100℃时平衡常数为______L?mol-1?(结果保留一位有效数字) (3)有研究者用CO和O2代替CO2进行实验: 2CH3OH(g)+CO(g)+O2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g)△H2(平衡常数为K2) ①CO和O2生成CO2的反应是______(填“放热反应”或“吸热反应”),则△H2______△H1(填“大于”、“小于”或“等于”)。 ②在100-200℃的范围内,相同温度时关于K2与K1的推理正确的是______(填编号) A.K2远大于K1B.K2略大于K1C.K2等于K1D.K2远小于K1 锂子蓄离电池能量高、循环寿命长和对环境友好的显著优点,其含氟类锂化合物电解质的稳定性一直受业界高度重视。?LDFCB的结构如图1所示: (1)基态F原子电子的电子排布图(轨道表达式)为______,基态Li原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形。 (2)LDFCB中的碳、硼杂化轨道类型为______,其负离子水溶性______(填“较好”或“不好”),理由是______。 (3)Li(CF3SO3)作为锂离子电池的电解质,在接收或失去Li+时形成新的正负离子而传递锂离子,新的正负离子化学式分别是______、______。 (4)锂晶体是体心立方结构(如图2),中心点坐标是______,若晶胞边长为apm,则锂原子的半径r为______pm。 4-(2-羧基苄氧基)苯乙酸是第三代强效、安全抗过敏药物盐酸奥洛他定的重要中间体,合成路线图如下: (1)烃A(M=28)的分子式为______。 (2)C2H2O2的结构式为______,C2H2O3所含官能团的名称是______。 (3)一步合成产物的化学反应方程式是______,其反应类型为______。 (4)分子式为______。符合下列条件的同分异构体的结构式为______。 ①遇FeCl3溶液显紫色; ②酸性条件下水解得到有机物C6H6O2和C2H4O2; ③核磁共振氢谱显示有4个峰,峰面积之比为1:2:2:3 (5)利用OHCCOCOOH、苯酚合成,合成线路流程图为______。 三、实验题(本大题共1小题,共15.0分) 连二亚硫酸盐(如ZnS2O4)在工业中用作漂白剂、解毒剂、吸氧剂等,用途十分广泛。 Ⅰ.制取ZnS2O4溶液和晶体 控制35-45℃进行反应,原理为:Zn+2SO2=ZnS2O4 (1)仪器2的名称是______;其中产生SO2气体,化学方程式是______。 (2)仪器4中加入mg锌粉与一定量的水,电加热并启动磁力搅拌器5,一段时间后,打开止水夹,______,待浑浊______,关闭活塞和止水夹。 (3)仪器6盛装的溶液是NaOH溶液,则仪器7盛装的溶液是______(填序号)。 A.浓硫酸(干燥剂)B.碱性焦性没食指酸(吸氧剂)C.品红溶液(检验试剂)D.硝酸(氧化剂) (4)停止电加热,仪器3放入一定量乙醇,制得Zns2O4晶体,主要原因是______。 Ⅱ.测定产率 (5)如果反应温度超过45℃,会导致ZnS2O4分解,仪器4中有黄色沉淀、白色沉淀且伴随着气泡生成,则ZnS2O4分解的化学方程式为______。 (6)取ZnS2O4溶液的十分之一,加入过量甲醛,再加入浓度为c1mol?L-1的碘溶液V1?mL;用浓度为c2mol?L-1的NaS2O3溶液滴定过量的碘,三次平均消耗的体积为V2mL.则产率计算式为______。 (已知:2?ZnS2O4+4HCHO+2H2O=Zn(HSO3)2?2HCHO+Zn(HSO2)2?2HCHO Zn(HSO2)2?2HCHO+4I2+4H2O=Zn(?HSO4)2+2HCHO+8HI I2+2Na2S2O3=2KI+Na2S2O6) 答案和解析 1.【答案】A 【解析】 解:A.一氯乙烷冷镇痛喷雾剂用于受伤运动员应急处理,主要是由于一氯乙烷迅速气化局部降温减轻疼痛,不是麻醉作用,故A错误; B.铅笔的主要成分是石墨与黏土,生产上常在石墨粉末中掺进一些黏土粉末以增加硬度,黏土掺得越多,铅笔就越硬,故B正确; C.蛋白质是氨基酸的脱水缩合物,故松花皮蛋中的蛋白质在碱性条件下水解形成氨基酸盐,故C正确; D.由于季铵盐表面活性剂能吸收空气中的水份,季铵盐表面形成盐溶液,溶液能导电从而具有抗静电效果,故D正确; 故选:A。 A.氯乙烷沸点较低、易挥发吸热; B.铅笔的主要成分是石墨与黏土,石墨太软,光用石墨做笔芯,既易断又易磨损,黏土掺得越多,铅笔就越硬; C.蛋白质是氨基酸的脱水缩合物; D.表面活性剂吸收空气中的水份,形成盐溶液,从而具有优良的抗静电效果。 本题考查化学与生产、生活的关系,题目难度不大,要求学生能够用化学知识解释化学现象,试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。 2.【答案】C 【解析】 解:A、乙醇被氧化可能生成乙醛,还可能生成乙酸或二氧化碳,故被氧化后碳元素的化合价不明确,则转移的电子数无法计算,故A错误; B、溶液体积不明确,故溶液中氢离子的个数无法计算,故B错误; C、标况下22.4L二氧化碳的物质的量为1mol,而二氧化碳中含4对共用电子对,故1mol二氧化碳中含4.0NA对共用电子对,故C正确; D、酯的水解为可逆反应,故不能进行彻底,故转移的化学键小于NA个,故D错误。 故选:C。 A、乙醇被氧化可能生成乙醛,还可能生成乙酸或二氧化碳; B、溶液体积不明确; C、求出二氧化碳的物质的量,然后根据二氧化碳中含4对共用电子对来分析; D、酯的水解为可逆反应。 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】A 【解析】 解:苯甲酸从结构上看常温下溶解度不大,温度升高溶解度增大。先热溶解使苯甲酸溶解,溶液部分倒入蒸发器,蒸发浓缩后热过滤再除去不溶物,降温结晶。若高温灼烧会碳化,最后转化为CO2和H2O。 故选:A。 提纯粗苯甲酸,应先向苯甲酸溶解,然后蒸干浓缩、过滤,以除去杂质,以此解答该题。 本题考查混合物分离、提纯方法及选择,为高频考点,把握分离方法及分离原理为解答的关键,侧重考查学生的分析能力和实验能力,注意把握实验的操作方法以及步骤。 4.【答案】D 【解析】 解:A.分解生成的二氧化锰不溶于水,应加浓盐酸、加热洗涤,故A错误; B.发生强酸制取弱酸的反应,盐酸为无氧酸,不能比较非金属性,故B错误; C.淀粉遇碘单质变蓝,KI与淀粉混合无现象,不能判断反应速率的变化,故C错误; D.电石(CaC2)中加入少量水,生成乙炔中混有硫化氢、磷化氢等杂质,则依次通过NaOH溶液CuSO4溶液和无水氯化钙,故D正确; 故选:D。 A.分解生成的二氧化锰不溶于水; B.发生强酸制取弱酸的反应,盐酸为无氧酸; C.淀粉遇碘单质变蓝; D.电石(CaC2)中加入少量水,生成乙炔中混有硫化氢、磷化氢等杂质。 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、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。 5.【答案】B 【解析】 解:根据分析可知:W为O,X为Al,Y为S,Z为Cl元素。 A.常温下Al为固态,故A错误; B.非金属性O>Cl>S,非金属性越强,简单氢化物的分解温度应该,则简单氢化物的分解温度:W>Z>Y,故B正确; C.X、Z形成的化合物为氯化铝,氯化铝为共价化合物,故C错误; D.S的最高价为+6,O没有最高正价,故D错误; 故选:B。 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,这三种元素组成的某盐在净水过程中可以做絮凝剂,可以得出有O、Al元素;又依据“W、X、Y最外层电子数之和为15”可知另一种元素最外层电子数为15-6-3=6,只能为为S,则W为O,X为Al,Y为S;Z的原子序数大于S,则Z为Cl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容纳及元素周期表结构,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。 6.【答案】B 【解析】 解:A.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ的结构不同,不是同系物,故A错误; B.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ高度对称,故一氯取代物均为一种,故B正确; C.Ⅱ的二氯取代物有:相邻2种、相间1种,共3种,故C错误; D.开环反应(打开三元环和四元环的反应),1molⅡ与3molH2反应,选择合理的方法也可以“破坏”所有的三元环和四元环,故D错误。 故选:B。 A.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ的不饱和度不同; B.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ高度对称,只有1种H; C.Ⅱ的二氯取代物有:相邻2种、相间1种; D.开环反应(打开三元环和四元环的反应),1molⅡ与3molH2反应。 本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意把握有机物的结构特点以及同分异构体的判断,题目难度不大。 7.【答案】D 【解析】 解:A.根据电子流向可知,原电池的负极为B,正极为A,故A错误; B.放电电池反应式为3CO2+4Na?2Na2CO3+C,则正极反应式为3CO2+4e-═2CO32-+C,故B错误; C.放电时,阳离子移向正极即A,故C错误; D.因为钠很容易被氧化,所以制作电池时,Na先预填装进负极,故D正确; 故选:D。 根据电子流向可知,原电池的负极为B,正极为A,则Na作负极,负极反应式为2Na-2e-+CO32-═Na2CO3、正极反应式为3CO2+4e-═2CO32-+C,阳离子移向正极,据此分析解答。 本题考查原电池原理,明确充电电池中正负极、阴阳极发生反应关系是解本题关键,侧重考查学生分析判断能力,难点是电极反应式的书写,题目难度不大。 8.【答案】200 ? 碱性 ? 1:3 ? 除去多余的Br2 ? 60℃ ? 温度小于60℃时,反应速率较慢,大于60℃时,副产物BrO3-%骤然增大,产率降低 ? 4LiBrO3+3CS(NH2)2+6LiHCO3=4LiBr+3CO(NH2)2+3Li2SO4+6CO2↑+3H2O ? 使溶液中的CO2逸出,以免消耗更多的LiOH 【解析】 解:(1)已知:25℃,Li2CO3,Ksp=8×10-4;LiF,Ksp=2×10-3,====200;CO32-、F-水解显碱性,故溶液显碱性; 故答案为:200;碱性; (2)①“合成”制得LiBr时,绿色还原剂CO(NH2)2中氮元素化合价从-3升高到0,Br2中溴元素从0降低到-1,根据氧化还原反应中化合价升降变化相等可得恰好反应的物质的量之比为1:3; 故答案为:1:3; ②“合成”后的生成液为橙黄色,说明溴单质过量,加入Li2CO3的目的为除去多余的Br2; 故答案为:除去多余的Br2; ③观察表有:温度小于60℃时,反应速率较慢,大于60℃时,副产物BrO3-%骤然增大,产率降低,故温度选择60℃; 故答案为:60℃;温度小于60℃时,反应速率较慢,大于60℃时,副产物BrO3-%骤然增大,产率降低; (3)CS(NH2)2与溶液中LiHCO3、副产物LiBrO3反应生成Li2SO4、CO(NH2)2、LiBr、CO2、H2O,反应为:4LiBrO3+3CS(?NH2)2+6LiHCO3=4LiBr+3CO(NH2)2+3Li2SO4+6CO2↑+3H2O; 故答案为:4LiBrO3+3CS(?NH2)2+6LiHCO3=4LiBr+3CO(NH2)2+3Li2SO4+6CO2↑+3H2O; (4)“除杂2”先用HBr把溶液调到一定的酸度,加热到70℃左右,然后用LiOH调至pH=7,加热的作用是使溶液中的CO2逸出,以免消耗更多的LiOH; 故答案为:使溶液中的CO2逸出,以免消耗更多的LiOH。 根据流程:尿素、碳酸锂、溴单质发生氧化还原反应制得溴化锂,继续加碳酸锂反应过量的溴单质,加入CS(NH2)2去除副产物LiBrO3,再加入HBr、LiOH同时加热除杂,蒸发浓缩冷却降温得到产品, (1)已知:25℃,Li2CO3,Ksp=8×10-4;LiF,Ksp=2×10-3,==,据此计算;CO32-、F-水解显碱性; (2)①根据化合价的升降变化分析; ②“合成”后的生成液为橙黄色,说明溴单质过量,加入碳酸锂与其反应; ③考虑反应速率和减少副产物; (3)CS(NH2)2与溶液中LiHCO3、副产物LiBrO3反应生成Li2SO4、CO(NH2)2、LiBr、CO2、H2O,据此书写; (4)加热促进溶液中CO2的逸出。 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,注意对化学平衡常数的灵活运用,综合性强,题目难度较大。 9.【答案】-241 ? BC ? 温度降低,平衡向正方向移动 ? 5×10-3 ? 放热反应 ? 小于 ? A 【解析】 解:(1)反应热△H=生成物总生成焓-反应物总生成焓=[Q+(-569)]kJ?mol-1-[2×(-201)+(-393)]kJ?mol-1=-15kJ?mol-1,Q=-241, 制取DMC的反应正向为体积减小的放热反应,增大压强或降低温度均有利于反应正向移动,提高DMC的产率,所以有利于制得DMC的条件是低温、加压, 故答案为:-241;B?C; (2)制取DMC的反应正向为放热反应,降低温度,有利于反应正向移动,平衡转化率升高;反应的三段式为 ???????????????????????????? ?2CH3OH(g)+CO2(g)=CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g) 起始浓度(mol/L)???4×10-2?????????????2×10-2????????????????????????????? 0?????????????????????? 0 变化量(mol/L)??????8×10-4????????????4×10-4????????????????????????????4×10-4???????????????4×10-4 平衡浓度(mol/L)??3.92×10-2????????1.96×10-2??????????????????????4×10-4???????????????4×10-4? 平衡常数k==5×10-3, 故答案为:温度降低,平衡向正方向移动;5×10-3; (3)CO在O2中燃烧是放热反应,即CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H<0,并且化学反应进行程度很大,即常数k很大,①2CH3OH(g)+CO2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g),②2CH3OH(g)+CO(g)+O2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g)△H2,根据盖斯定律②-①得到CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=△H2-△H1,CO(g)+O2(g)=CO2(g)的化学反应常数k=, ①CO在O2中燃烧是放热反应,即CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H<0,所以△H=△H2-△H1<0,即△H2<△H1,故答案为:放热反应;小于; ②CO(g)+O2(g)=CO2(g)的反应趋于完全,所以反应常数k=很大,即K2远大于K1,故答案为:A。 (1)根据反应热△H=生成物总生成焓-反应物总生成焓计算H2O(g)生成焓Q;制取DMC的反应正向为体积减小的放热反应,增大压强或降低温度均有利于反应正向移动,提高DMC的产率; (2)制取DMC的反应正向为放热反应,降低温度,有利于反应正向移动,提高DMC的产率;根据反应的三段式计算平衡时各物质的浓度,代入平衡常数k的表达式计算平衡常数k; (3)CO在O2中燃烧是放热反应,即CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H<0,并且化学反应常数k很大,①2CH3OH(g)+CO2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g),②2CH3OH(g)+CO(g)+O2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g)△H2,根据盖斯定律②-①得到CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=△H2-△H1,CO(g)+O2(g)=CO2(g)的化学反应常数k=,据此解答①②。 本题考查盖斯定律的应用和反应热的计算、化学平衡及其影响因素、化学平衡常数的计算等知识,为高频考点,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,把握基本原理并能迁移运用是解题关键,注意利用三段式法计算、总化学反应常数k与过程反应常数k1、k2的关系,题目难度中等。 10.【答案】 ? 球 ? sp2、sp3 ? 较好 ? 离子中含有较多的O与F,都可以与水形成氢键H-O…X,水溶性较好 ? Li2(CF3SO3)+ ? Li(CF3SO3)2- ? (,,) ?a 【解析】 解:(1)F的电子数为9,基态F原子电子的电子排布图为,基态Li原子电子占据最高能级为2s,电子云轮廓图为球形, 故答案为:;球; (2)由图可知,环中C均形成3个σ键,B形成4个σ键,均无孤对电子,则C、B的杂化分别为sp2、sp3,负离子水溶性较好,理由是离子中含有较多的O与F,都可以与水形成氢键H-O…X,水溶性较好; 故答案为:sp2、sp3;较好;离子中含有较多的O与F,都可以与水形成氢键H-O…X,水溶性较好; (3)Li(CF3SO3)作为锂离子电池的电解质,接收或失去Li+形成正负离子分别为Li2(CF3SO3)+、Li(CF3SO3)2-, 故答案为:Li2(CF3SO3)+;Li(CF3SO3)2-; (4)体心立方结构,中心点为体心位置,中心点坐标是(,,),晶胞边长为apm,锂原子的半径为r,则体对角线为4r,则(a)2+a2=(4r)2,解得r=a,故答案为:(,,);a。 (1)F的电子数为9,基态Li原子电子占据最高能级为2s; (2)由图可知,环中C均形成3个σ键,B形成4个σ键,均无孤对电子; (3)Li(CF3SO3)作为锂离子电池的电解质,接收或失去Li+形成正负离子; (4)体心立方结构,中心点为体心位置,晶胞边长为apm,锂原子的半径为r,则体对角线为4r,(a)2+a2=(4r)2。 本题考查晶胞计算,为高频考点,把握电子排布、杂化等为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,综合性较强,注意(3)为解答的难点,题目难度不大。 11.【答案】C2H4 ? OHCCHO ? 羧基、醛基 ?+→ ? 取代反应 ? C8H6O4Na2 ? ? OHCCOCOOH 【解析】 解:(1)A为CH2=CH2,烃A(M=28)的分子式为C2H4, 故答案为:C2H4; (2)C2H2O2的结构简式为OHC-CHO,C2H2O3所含官能团的名称是羧基、醛基, 故答案为:OHCCHO;羧基、醛基; (3)一步合成产物的化学反应方程式是+→,其反应类型为 取代反应, 故答案为:+→;取代反应; (4)分子式为C8H6O4Na2;的同分异构体符合下列条件: ①遇FeCl3溶液显紫色,说明含有酚羟基; ②酸性条件下水解得到有机物C6H6O2和C2H4O2,说明含有酯基且由乙酸和酚形成的酯; ③核磁共振氢谱显示有4个峰,峰面积之比为1:2:2:3, 则符合条件的结构简式为, 故答案为:C8H6O4Na2;; (5)用OHCCOCOOH、苯酚合成,OHCCOCOOH、苯酚反应生成,然后和氢气发生加成反应得到,再和亚硫酸氢钠反应生成,其合成路线为, 故答案为:OHCCOCOOH, 故答案为:OHCCOCOOH。 烃A(M=28),则A为CH2=CH2,根据B产物分子式知,B应该为CH2BrCH2Br,B产物为HOCH2CH2OH,乙二醇发生催化氧化生成OHCCHO,OHCCHO发生氧化反应生成OHCCOOH,OHCCOOH和苯酚发生加成反应、中和反应,最终发生取代反应生成4-(2-羧基苄氧基)苯乙酸; (5)用OHCCOCOOH、苯酚合成,OHCCOCOOH、苯酚反应生成,然后和氢气发生加成反应得到,再和亚硫酸氢钠反应生成。 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能力、知识迁移能力,正确分析4-(2-羧基苄氧基)苯乙酸合成过程中断键和成键方式是解本题关键,采用知识迁移方法进行(5)题合成路线设计,题目难度中等。 12.【答案】蒸馏烧瓶 ? Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O ? 打开仪器1的活塞,滴入硫酸 ? 消失 ? B ? 乙醇使连二亚硫酸锌溶解度降低而析出 ? 2ZnS2O4S↓+SO2↑+2ZnSO3↓ ?×100% 【解析】 解:(1)仪器2为蒸馏烧瓶;其中为浓硫酸与Na2SO3制备SO2气体,反应为;Na2SO3?+H2SO4?═Na2SO4+SO2↑+H2O; 故答案为:蒸馏烧瓶;Na2SO3?+H2SO4?═Na2SO4+SO2↑+H2O; (2)根据分析,仪器4中加入mg锌粉与一定量的水,电加热并启动磁力搅拌器5,一段时间后,打开止水夹,打开仪器1的活塞,滴入硫酸,控制35-45℃进行反应:Zn+2SO2=ZnS2O4,制备ZnS2O4,待浑浊消失,说明锌粉已反应完全,关闭活塞和止水夹; 故答案为:打开仪器1的活塞,滴入硫酸;消失; (3)已知:连二亚硫酸盐(如ZnS2O4)在工业中用作吸氧剂,说明连二亚硫酸盐易与氧气反应,故制备过程应隔绝空气,故仪器7盛放的溶液为碱性焦性没食指酸(吸氧剂); 故答案为:B; (4)停止电加热,仪器3放入一定量乙醇,乙醇使连二亚硫酸锌溶解度降低而析出,制得Zns2O4晶体; 故答案为:乙醇使连二亚硫酸锌溶解度降低而析出; (5)反应温度超过45℃,会导致ZnS2O4分解,仪器4中有黄色沉淀S、白色沉淀ZnSO3且伴随着气泡SO2生成,反应为:2ZnS2O4?S↓+SO2↑+2ZnSO3↓; 故答案为:2ZnS2O4?S↓+SO2↑+2ZnSO3↓; (6)设实际制备的ZnS2O4物质的量为xmol,则实验用了mol,由题有关系式:I2~2Na2S2O3,则剩余的碘为:n(Na2S2O3)=c2V2×10-3mol, 根据:2?ZnS2O4~2?ZnS2O4?2HCHO~4I2,则消耗的碘为2n(ZnS2O4)=2×mol, 则有2×+c2V2×10-3=c1V1×10-3,解得x=5(c1V1-c2V2)×10-3, 根据Zn元素守恒,mg锌粉理论上制得的n(ZnS2O4)=mol, 故产率为:×100%; 故答案为:×100%。 由1中浓硫酸滴入2中与Na2SO3反应:Na2SO3?+H2SO4?═Na2SO4+SO2↑+H2O制备SO2气体,仪器4中加入mg锌粉与一定量的水,电加热并启动磁力搅拌器5,一段时间后,打开止水夹,打开仪器1的活塞,滴入硫酸,控制35-45℃进行反应:Zn+2SO2=ZnS2O4,制备ZnS2O4,温度不宜过高,否则会导致ZnS2O4分解:2ZnS2O4?S↓+SO2↑+2ZnSO3↓,待浑浊消失,说明锌粉已反应完全,关闭活塞和止水夹,停止电加热,仪器3放入一定量乙醇,降低连二亚硫酸锌溶解度制得Zns2O4晶体,6盛装的溶液是NaOH溶液,吸收多余的SO2气体,7盛放吸氧剂,防止空气中的氧气氧化ZnS2O4,根据关系式计算产率。 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:7-5804996 江西省上饶市重点中学2019届高三下学期第一次六校联考理科综合化学试题 含解析

          高中化学/高考专区/模拟试题

          江西省上饶市重点中学2019届高三下学期第一次六校联考理科综合化学试题 (考试时间:150分钟 试卷满分:300分) 可能用到的相对原子质量:H:1 C:12 N:14 O:16 K:39 Ca:40 Cr:52 Cu:64 Au:197 一、选择题:本题共13小题,每小题6分,共78分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。 1.化学与生活、社会发展息息相关。下列有关说法不正确的是 A. “霾尘积聚难见路人”,雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应 B. “曾青(硫酸铜)涂铁,铁赤色如铜”,过程中发生了置换反应 C. “外观如雪,强烧之,紫青烟起”,该过程中利用了焰色反应 D. 医用酒精体积分数是75%,用医用酒精灭菌消毒是利用强氧化性使细菌、病毒死亡 【答案】D 【解析】 【详解】A、雾霾属于胶体,具有丁达尔效应,故A说法正确; B、硫酸铜涂铁,利用铁单质金属性强于铜,发生Fe+CuSO4=Cu+FeSO4,属于置换反应,故B说法正确; C、该过程利用了焰色反应,故C说法正确; D、乙醇不具有强氧化性,医用酒精灭菌不是利用乙醇的强氧化性,故D说法错误。 2.下列图示与对应的叙述相符的是  A. 图1表示常温下,稀释HA、HB两种酸的稀溶液时,溶液pH随加水量的变化,则等物质的量浓度的NaA和NaB混合溶液中:c(Na+)>c(A-)>c(B-)>c(OH-)>c(H+) B. 图2中在b点对应温度下,将pH=2的H2SO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后,溶液显中性 C. 用0.010 0 mol/L硝酸银标准溶液,滴定浓度均为0.100 0 mol/L Cl-、Br-及I-的混合溶液,由图3曲线,可确定首先沉淀的是Cl- D. 图4表示在N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)达到平衡后,减少NH3浓度时速率的变化 【答案】A 【解析】 【详解】A、根据图1,相同pH时,稀释相同倍数,酸性强的pH变化大,即HA的酸性强于HB,依据越弱越水解的规律,A-水解程度弱于B-,离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(A-)>c(B-)>c(OH-)>c(H+),故A正确; B、b点对应温度下,水的离子积为10-12,H2SO4中c(H+)=10-2mol·L-1,NaOH溶液中c(OH-)=1mol·L-1,等体积混合后,NaOH过量,溶液显碱性,故B错误; ================================================ 压缩包内容: 江西省上饶市重点中学2019届高三下学期第一次六校联考理科综合化学试题 word版含解析.doc

        • ID:7-5804916 江西省南康中学、于都中学2019届高三下学期第二次联考化学试题含解析

          高中化学/高考专区/模拟试题

          江西省南康中学、于都中学2019届高三下学期第二次联考 化学试题 一、选择题 1.化学与生产、生活密切相关,下列有关说法正确的是 A. 纳米碳分子材料的粒子直径一般从几纳米到几十纳米,因此属于胶体 B. 使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服,肥皂的去污能力减弱 C. 现代工业生产中芳香烃主要来源于石油的催化裂化和煤的干馏 D. 硅太阳能电池利用的是原电池原理 【答案】B 【解析】 【详解】A.胶体属于分散系,分散质粒子直径为1nm~100nm;但是纳米碳分子材料属于单质,不属于分散系,因此不属于胶体,A项错误; B.钙离子浓度较大的地下水会和肥皂中的高级脂肪酸钠生成沉淀,使去污能力降低,B项正确; C.石油的催化裂化主要是为了得到轻质油,而不是芳香烃,从石油化工中得到芳香烃要通过催化重整,C项错误; D.硅太阳能电池是直接将太阳能转化为电能,而不是利用原电池原理,D项错误; 本题答案选B。 2.下列化学用语表示正确的是 A. 中子数为45的溴原子: Br B. Mg2+的结构示意图: C. CCl4的比例模型: D. CH2F2的电子式: 【答案】B 【解析】 【详解】A.溴为第四周期第VIIA族原子,原子序数为35,中子数为45,则质量数为80,而不是79,A项错误; B.Mg原子的核外电子排布各层电子数为2、8、2;失去两个电子形成镁离子为2、8,核外排布示意图,B项正确; C. CCl4的比例模型中Cl原子比C原子大,但是图中的Cl原子比C原子小,C项错误; D.F原子周边应该为4个电子对,8个电子,而图中的F只有2个电子,D项错误; 本题答案选B。 3.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是 A. 标准状况下,2.24L三氯甲烷中所含分子数为NA B. 2.8g乙烯与聚乙烯的混合物中含有的极性键为0.4NA C. 将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中,所得溶液呈中性,则溶液中NH4+的数目为NA D. 162g淀粉完全水解后产生的葡萄糖分子数目为NA 【答案】A 【解析】 【详解】A. 三氯甲烷在标准状况下是液体,不适用于22.4L/mol,所以A项符合题意; B.乙烯和聚乙烯的最简式均为CH2,可以按照最简式计算,2.8g的CH2为0.2mol,含有的极性键即C—H的物质的量为0.4mol,数目为0.4NA,B项不符合题意; ================================================ 压缩包内容: 江西省南康中学、于都中学2019届高三下学期第二次联考化学试题 word版含解析.doc

        • ID:7-5693558 江西省萍乡市2019届高三下学期第一次模拟考试理科综合化学试卷(解析版)

          高中化学/高考专区/模拟试题

          萍乡市2019届高三下学期第一次模拟考试 理科综合化学试卷 可能用到的相对原子质量:N-14 Fe-56 第Ⅰ卷 一、选择题:本题共13小题,每小题5分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。 1.《新修本草》中关于“青矾”的描述:“本来绿色,新出窟未见风者,正如琉璃,烧之赤色”。《物理小识》中说:“青矾厂气熏人,衣服当之易烂,栽木不茂”,下列相关叙述不正确的是 A. 赤色固体可能是Fe2O3 B. 青矾宜密闭保存,防止氧化变质 C. 青矾燃烧过程中发生了电子转移 D. “青矾厂气”可能是CO和CO2 【答案】D 【解析】 【分析】 “青矾”是绿矾,化学式为FeSO4·7H2O,《物理知识》中考查FeSO4·7H2O受热分解,FeSO4·7H2O受热分解的方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O; 【详解】“青矾”是绿矾,化学式为FeSO4·7H2O,《物理知识》中考查FeSO4·7H2O受热分解,FeSO4·7H2O受热分解的方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O; A、根据绿矾分解方程式,赤色固体可能为Fe2O3,故A说法正确; B、+2价Fe容易被氧气氧化,因此青矾密闭保存,防止氧化变质,故B说法正确; C、过程中Fe的化合价升高,部分S的化合价降低,该反应属于氧化还原反应,电子发生转移,故C说法正确; D、青矾厂气为SO2和SO3,故D说法错误。 2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述一定正确的是 A. 在Al3+数目为NA的AlCl3溶液中,Cl-总数为3NA B. 400mL 1mol/L稀硝酸与Fe完全反应(还原产物只有NO),转移电子数目为0.3NA C. 0.2mol NH3与0.3mol O2在催化剂的作用下加热充分反应,所得NO的分子数为0.2NA D. pH=1的硫酸溶液中含有SO42-的数目为0.05NA 【答案】B 【解析】 【详解】A、AlCl3溶液中Al3+发生水解,Al3+数目为NA,则Cl-数目大于3NA,故A错误; B、铁与稀硝酸:Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O还是3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O,4HNO3被还原成1molNO,转移电子物质的量400×10-3×1mol·L-1×(5-2)/4=0.3mol,故B正确; ================================================ 压缩包内容: 江西省萍乡市2019届高三下学期第一次模拟考试理科综合化学试卷(解析版).doc

        • ID:7-5601254 专题13 化学流程、无机物的推断及综合应用(讲+练+测3份打包)-2019年高考化学二轮复习 含解析

          高中化学/高考专区/二轮专题

          2019届高三二轮复习讲练测之测案   总分 100分 时间 45分钟 班级 _______ 学号 _______ 得分_______ 一、选择题(本题包括6小题,每小题只有一个选项符合题意,每小题5分,共30分) 1.【汕头市2019届高三第一学期期末】练江整治已刻不容缓,其中以印染工业造成的污染最为严重。某工厂拟综合处理含NH4+ 废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO),设计了如下工业流程:  下列说法错误的是 ( ) A.气体I中主要含有的气体有N2、NO、CO B.X在反应中作氧化剂,可通入过量的空气 C.处理含NH4+废水时,发生离子方程式是:NH4++NO2-=N2↑+2H2O D.捕获剂所捕获的气体主要是CO 【答案】B 【解析】工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收,生成固体I为CaCO3、CaSO3,气体I是不能被过量石灰NaNO2,X可为空气,但不能过量,否则得到NaNO3,B错误;C.NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体,应生成N2,发生氧化还原反应,离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O, C正确;D.气体II含有CO、N2,经捕获剂所捕获的气体主要是CO,D正确;故答案选B 2.【北京朝阳区2019届高三第一学期期末】硫元素的几种化合物存在下列转化关系:  下列判断不正确的是 ( ) A.反应①中浓硫酸作氧化剂 B.反应②表明SO2有酸性氧化物的性质 C.反应③的原子利用率是100% D.反应④稀H2SO4作还原剂 【答案】D 【解析】A.Cu与浓硫酸反应时将Cu单质氧化为硫酸铜,浓硫酸表现了氧化性,A正确;B.SO2与NaOH反 3.【2019年1月15日《每日一题》高考二轮复习】已知a、b、d、e均为中学化学中常见的单质或化合物,它们之间的关系如图所示(部分产物略去)。下列说法错误的是 ( ) ================================================ 压缩包内容: 专题13 化学流程、无机物的推断及综合应用(测)-2019年高考化学二轮复习讲练测 Word版含解析.doc 专题13 化学流程、无机物的推断及综合应用(练)-2019年高考化学二轮复习讲练测 Word版含解析.doc 专题13 化学流程、无机物的推断及综合应用(讲)-2019年高考化学二轮复习讲练测 Word版含解析.doc

        • ID:7-5601240 专题14 常见有机物及其应用(讲+练+测3份打包)-2019年高考化学二轮复习解析

          高中化学/高考专区/二轮专题

          2019届高三二轮复习讲练测之测案   总分 100分 时间 45分钟 班级 _______ 学号 _______ 得分_______ 选择题(本题包括20小题,每小题只有一个选项符合题意,每小题5分,共100分) 1.【四川绵阳市2019届高三二诊】关于有机物的下列说法正确的是 ( ) A.葡萄糖、果糖是单糖,蔗糖、麦芽糖是二糖 B.淀粉与纤维素通式相同,二者互为同分异构体 C.油脂水解都生成饱和脂肪酸和甘油 D.利用蛋白质的颜色反应可鉴别所有蛋白质 【答案】A 【解析】A. 葡萄糖、果糖是单糖,不能水解;蔗糖水解产生一分子葡萄糖一分子果糖,麦芽糖水解产生两 2.【安徽黄山市2019年高三一模】下列有关有机化合物(a)(b)(c)的说法正确的是   ( ) A.(a)(b)(c)均能与溴水发生化学反应 B.(b)二氯代物有两种 C.(a)(b)(c)互为同分异构体 D.(a)中所有原子可能共平面 【答案】C 【解析】A. (a)、(c)含碳碳双键,(b)只有单键,则(b)与溴水不反应,故A项错误;B. (b)中2个Cl可位于面上相邻、相对,及体心的相对位置,则(b)的二氯代物有3种,故B项错误;C. 三种分子的分子式均为C8H8,且结构不同,(a)(b)(c)互为同分异构体,故C项正确;D. (a)分子中含亚甲基为四面体结构,则所有原子不可能共面,故D项错误;答案选C。 3.【上海青浦区2019届高三上学期期末】下列试剂中,能鉴别乙醇、乙醛和乙酸的是 ( ) A.氢氧化钠溶液 B.石蕊试液 C.新制氢氧化铜 D.碳酸钠溶液 【答案】C 【解析】A.乙醇、乙醛与氢氧化钠溶液均不反应,且混溶不分层,乙酸与NaOH溶液混合后,发生中和反 4.【拉萨北京实验中学2019届高三上学期第一次月考】饱和酯X具有如下性质:X+H2OY(醇) + Z(酸) ,其中Y为一元醇,且摩尔质量为46 。若X分子中有7个碳原子,则X的结构有(不考虑立体结构) ( ) ================================================ 压缩包内容: 专题14 常见有机物及其应用(测)-2019年高考化学二轮复习讲练测 Word版含解析.doc 专题14 常见有机物及其应用(练)-2019年高考化学二轮复习讲练测 Word版含解析.doc 专题14 常见有机物及其应用(讲)-2019年高考化学二轮复习讲练测 Word版含解析.doc

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