化学 东城区2017年高三第一次模拟考试
精品
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填空题 本大题共1小题,每小题3分,共3分。把答案填写在题中横线上。
1
题型:填空题
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分值: 3分

1.材料是人类赖以生存和发展的重要物质基础。下列物品所用材料的主要成分是有机高分子化合物的是(  )

正确答案

D

解析

A是合金,故A错误;

B是陶瓷,故B错误;

C是复合材料,故C错误;

D是有机高分子化合物,故D正确;

故选D.

考查方向

本题考查高分子化合物,在近几年的各省高考题出现的频率较高.

解题思路

A是合金;

B是陶瓷;

C是复合材料;

D是有机高分子化合物;

易错点

混淆材料的分类

单选题 本大题共13小题,每小题3分,共39分。在每小题给出的4个选项中,有且只有一项是符合题目要求。
1
题型: 单选题
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分值: 3分

3.下列说法中,符合ⅦA族元素结构与性质特征的是(  )

A原子易形成-2价阴离子

B单质均为双原子分子,具有氧化性

C原子半径随原子序数递增逐渐减小

D氢化物的稳定性随原子序数递增依次增强

正确答案

B

解析

A.原子最外层有7个电子,原子易形成-1价阴离子,故A错误;

元素非金属性较强,在化学反应中易得到电子,具有氧化性,故B正确;

原子半径随原子序数递增逐渐增大,故C错误;

同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱,对应氢化物的稳定性逐渐减弱,故D错误.

故选B.

考查方向

本题考查元素周期表和元素周期律,在近几年的各省高考题出现的频率较高.

解题思路

ⅦA族元素原子最外层有7个电子,发生化学反应时容易得到1个电子而达到稳定结构,根据元素周期律的递变规律可知,同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱,对应氢化物的稳定性逐渐减弱,最高价氧化物对应的水化物酸性逐渐减弱,从上到下原子半径逐渐增大,以此解答该题.

易错点

同主族元素的递变规律

1
题型: 单选题
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分值: 3分

4.室温下,关于1.0 mL 0.l mol/L氨水,下列判断正确的是(  )

A溶液的pH等于13

B加入少量NH4Cl固体,c(OH)不变

Cc(OH)=c(NH4+)+c(H+)

D与1.0 mL 0.l mol/L盐酸混合后,溶液呈中性

正确答案

C

解析

A.一水合氨是弱电解质,部分电离溶液中氢氧根离子浓度小于0.1mol/L,PH<13,故A错误;

加入少量NH4Cl固体,溶解后铵根离子浓度增大抑制一水合氨的电离,氢氧根离子浓度减小,故B错误;

溶液中存在电荷守恒,c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),故C正确;

考查方向

本题考查弱电解质的电离平衡,在近几年的各省高考题出现的频率较高.

解题思路

A.一水合氨为弱电解质存在电离平衡;

加入少量NH4Cl固体,溶解后铵根离子浓度增大抑制一水合氨的电离,氢氧根离子浓度减小;

溶液中存在电荷守恒;

一水合氨是弱电解质,醋酸铵是强电解质

易错点

D项涉及盐类水解

1
题型: 单选题
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分值: 3分

6.化学反应中,反应物用量、浓度或反应条件不同可能对生成物产生影响。下列反应的生成物不受上述因素影响的是(  )

A铜与硝酸反应

B钠与氧气反应

C氢气与氯气反应

D氯化铝与氢氧化钠溶液反应

正确答案

C

解析

A.硝酸溶液浓度不同和铜反应生成产物不同,稀硝酸和铜反应生成一氧化氮,浓硝酸和铜反应生成二氧化氮,故A不选;

钠在氧气中燃烧生成过氧化钠,在空气中放置生成氧化钠,产物与反应条件有关,故B不选;

氢气和氯气反应生成氯化氢,和反应物用量、浓度或反应条件无关,故C选;

NaOH不足时生成氢氧化铝,NaOH足量时生成偏铝酸钠,故D不选;

故选C.

考查方向

本题考查元素化合物的性质,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体,溶液变稀后,和稀硝酸反应生成一氧化氮;

钠在氧气中燃烧生成过氧化钠,在空气中放置生成氧化钠;

氢气和氯气光照或点燃只生成氯化氢气体;

氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液量少会生成氢氧化铝沉淀,氢氧化钠多会使氢氧化铝溶解

易错点

混淆反应条件、浓度的影响

1
题型: 单选题
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分值: 3分

8.乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业,某学习小组设计以下两套装置用乙醇、乙酸和浓硫酸分别制备乙酸乙酯(沸点77.2℃)。下列说法不正确的是(  )

A浓硫酸能加快酯化反应速率

B不断蒸出酯,会降低其产率

C装置b比装置a原料损失的少

D可用分液的方法分离出乙酸乙酯

正确答案

B

解析

A.浓硫酸是反应的催化剂,能加快酯化反应速率,故A正确;

不断蒸出酯,会使平衡正向移动,会增加酯的产率,故B错误;

装置b水浴加热,挥发的反应物减少,比装置a原料损失的少,故C正确

乙酸乙酯难溶于水,可用分液的方法分离出,故D正确。

故选B

考查方向

本题考查乙酸乙酯的制取,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

A.浓硫酸是反应的催化剂,能加快酯化反应速率;

不断蒸出酯,会使平衡正向移动,会增加酯的产率;

装置b水浴加热,挥发的反应物减少,比装置a原料损失的少;

乙酸乙酯难溶于水,可用分液的方法分离出;

易错点

C项中水浴加热的好处

1
题型: 单选题
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分值: 3分

2.下列化学用语表述正确的是(  )

A二氧化碳的结构式:O=C=O

B氯化氢的电子式:

  C.H的原子结构示意图:

C水的电离方程式:H2O=H++OH

正确答案

A

解析

A、二氧化碳中碳原子和氧原子之间以双键结合,故结构式为O=C=O,故A正确;

B、HCl为共价化合物,是由1个氢原子和1个氯原子通过共用1对电子结合而成的共价化合物,其电子式为,故B错误;

C、31H原子的质子数为1,核外有一个电子,故其结构示意图为,故C错误;

D、水是弱电解质,只能部分电离,故其电离方程式应用可逆号,即为H2O⇌H++OH-,故D错误.

故选A.

考查方向

本题考查常用化学用语,在近几年的各省高考题出现的频率较高.

解题思路

A、二氧化碳中碳原子和氧原子之间以双键结合;

B、HCl为共价化合物;

C、31H原子的质子数为1,核外有一个电子;

D、水是弱电解质,只能部分电离.

易错点

混淆共价化合物和离子化合物电子式

1
题型: 单选题
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分值: 3分

5.用Cl2生产某些含氯有机物时会生成副产物HCl,利用下列反应可实现氯的循环利用:

4HCl(g) + O2(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)  ΔH=-115.6 kJ/mol

恒温恒容的密闭容器中,充入一定量的反应物发生上述反应,能充分说明该反应达到化学平衡状态的是(  )

A气体的质量不再改变

B氯化氢的转化率不再改变

C断开4 mol H-Cl键的同时生成4 mol H-O键

Dn(HCl)∶n(O2)∶n(Cl2)∶n(H2O)=4∶1∶2∶2

正确答案

B

解析

A、气体的质量一直不变,所以不一定达平衡状态,故A错误;

B、氯化氢的转化率不再改变,说明各物质的量不变,反应达平衡状态,故B正确;

C、只要反应发生就存在断开4 mol H-Cl键的同时生成4 mol H-O键,故C错误;

D、n(HCl):n(O2):n(Cl2):n(H2O)=4:1:2:2,不能说明各物质的量不变,故D错误;

故选B.

考查方向

本题考查化学平衡状态的判断,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

化学反应达到化学平衡状态时,正逆反应速率相等,且不等于0,各物质的浓度不再发生变化,由此衍生的一些物理量不发生变化,以此进行判断,得出正确结论.

易错点

混淆平衡状态判断的依据

1
题型: 单选题
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分值: 3分

7.科学的假设是实验探究的先导与价值所在。下列在假设引导下的探究肯定没有意义的是(  )

A探究Fe与Cl2反应可能生成FeCl2

B探究Na与H2O反应可能有O2生成

C探究Na2O2与SO2反应可能有Na2SO4生成

D探究Mg与HNO3溶液反应产生的气体中可能含有H2

正确答案

B

解析

A、铁只有还原性,故能被氧化,且有+3价和+2价两个价态,而氯气有氧化性,故铁和氯气反应时,铁被氧化,至于生成的是氯化铁还是氯化亚铁,有探究的意义,故A不选;

B、由于金属无负价,故钠在和水的反应中,钠的化合价一定要升高从而一定做还原剂,则水只能做氧化剂被还原,故不可能有氧气生成,即此假设不科学,探究没有意义,故B选;

C、二氧化硫具有还原性,过氧化钠具有氧化性,所以可以探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成,故C不选;

D、镁只有还原性,而硝酸中的氢离子和硝酸根均有氧化性,故镁和硝酸反应时是将氢离子还原为氢气还是将硝酸根还原为NOx,有探究的价值,故D不选.

故选B.

考查方向

本题考查常见物质的化学反应中生成物的推测,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

A、铁只有还原性,能被氧化,而氯气有氧化性;

B、由于金属无负价,故钠在和水的反应中,钠一定做还原剂;

C、二氧化硫具有还原性、过氧化钠具有氧化性;

D、镁只有还原性,而硝酸中的氢离子和硝酸根均有氧化性

易错点

化合价升降分析氧化还原

1
题型: 单选题
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分值: 3分

9.下列说法正确的是(  )

A乙醇的沸点高于丙烷

B油脂和蛋白质都是高分子化合物

CCH2=C(CH3)2的名称是2-甲基-2-丙烯

D对二甲苯的核磁共振氢谱有4个吸收峰

正确答案

A

解析

A.醇中含氢键,沸点高,则乙醇的沸点高于丙烷,故A正确;

油脂的相对分子质量在10000以下,不是高分子,而蛋白质为高分子,故B错误;

CH2=C(CH32中双键C在1、2号C上,则CH2=C(CH32的名称是2-甲基-1-丙烯,故C错误;

对二甲苯结构对称,苯环上1种H,甲基上1种H,则对二甲苯的核磁共振氢谱有2个吸收峰,故D错误;

故选A.

考查方向

本题考查有机物的结构与性质,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

醇中含氢键,沸点高;

油脂的相对分子质量在10000以下;

CH2=C(CH32中双键C在1、2号C上;

对二甲苯结构对称,苯环上1种H,甲基上1种H.

易错点

D项中有机物中氢原子种类的判断

1
题型: 单选题
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分值: 3分

11.氢氧化锂是制取锂和锂的化合物的原料,用电解法制备氢氧化锂的工作原理如下图所示:

下列叙述不正确的是(  )

Ab极附近溶液的pH增大

Ba极发生的反应为2H2O – 4e= O2↑+4H+

C该法制备LiOH还可得到硫酸和氢气等产品

D当电路中通过1 mol电子时,可得到2 mol LiOH

正确答案

D

解析

从电解质溶液中离子的移动方向看,石墨a是阳极,石墨b是阴极;a极失去电子,发生氧化反应,即2H2O – 4e- =O2↑+4H+,结合移动过来的SO42-得硫酸;b极H+得电子放出氢气,c(OH-)增大,溶液的pH增大,结合移动过来的Li+生成LiOH,故ABC都是正确的。由电子守恒得,反应中电路中通过1 mol电子时,得到1molLiOH,D说法是错误的。

故选D.

考查方向

本题考查电解原理,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

从电解质溶液中离子的移动方向看,石墨a是阳极,石墨b是阴极;a极失去电子,发生氧化反应,即2H2O – 4e- =O2↑+4H+,结合移动过来的SO42-得硫酸;b极H+得电子放出氢气,c(OH-)增大,溶液的pH增大,结合移动过来的Li+生成LiOH。由电子守恒得,反应中电路中通过1 mol电子时,得到1molLiOH。

易错点

电极反应的分析

1
题型: 单选题
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分值: 3分

10.苯丙炔酸()广泛用于医药、香料等化工产品中。下列关于苯丙炔酸的说法正确的是(  )

A分子式为C9H7O2

B与丙炔酸()互为同系物

C是高分子化合物 的单体

D1 mol苯丙炔酸最多可与4mol氢气发生反应

正确答案

C

解析

A.由结构简式可知分子式为C9H6O2,故A错误;

含有苯环,与CH≡C-COOH结构不同,不是同系物,故B错误;

可发生加聚反应生成,为的单体,故C正确;

能与氢气反应的为苯环和碳碳三键,则1 mol苯丙炔酸最多可与5mol氢气发生反应,故D错误.

故选C.

考查方向

本题考查有机物的结构与性质,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

有机物含有碳碳三键,可发生加成、加聚和氧化反应,含有羧基,具有酸性,可发生中和、酯化等反应,以此解答该题

易错点

混淆官能团的性质

1
题型: 单选题
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分值: 3分

12.铅蓄电池是常见的二次电池,电池总反应为:Pb+PbO2+2H2SO4 2PbSO4+2H2O

下列说法正确的是(  )

A放电时PbO2发生氧化反应

B充电时电解质溶液的质量减少

C放电时的负极反应式为Pb+SO42—-2e= PbSO4

D充电时的阴极反应式为PbSO4+2H2O-2e= PbO2+SO42—+4H+

正确答案

C

解析

A、放电时PbO2是正极,发生还原反应,而不是氧化反应,故A错误;

B、充电是电解池,生成硫酸,电解质溶液的质量增加,而不是减小,故B错误;

C、放电时负极发生氧化反应,铅失电子生成硫酸铅,电极反应式为:Pb+SO42--2e-=PbSO4,故C正确;

D、充电时的阴极发生还原反应生成铅,阳极发生氧化反应生成二氧化铅,所以充电时的阳极反应式为PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+SO42-+4H+,故D错误;

故选C.

考查方向

本题考查原电池和电解池原理,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

A、放电时PbO2是正极,发生还原反应;

B、充电是电解池,生成硫酸,电解质溶液的质量增加;

C、放电时负极发生氧化反应,铅失电子生成硫酸铅;

D、充电时的阴极发生还原反应生成铅,阳极发生氧化反应生成二氧化铅.

易错点

电极反应式

1
题型: 单选题
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分值: 3分

13.2016年10月长征二号火箭成功将神州十一号载人飞船送入太空,实现了我国宇航员中期在轨驻留。火箭使用的液体推进剂是偏二甲肼[(CH3)2N-NH2]和N2O4,发生如下化学反应:

A2H8N2(l)+2N2O4(l)= 2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)H<0。关于该反应的说法不正确的是(  )

BA.N2O4做氧化剂

CC2H8N2中有两种元素被氧化

正确答案

A

解析

A.C2H8N2(l)+2N2O4(l)=2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)△H<0,N2O4中N元素化合价降低,由+4价降低到0价,则N2O4做氧化剂,故A正确;

NH2N(CH32中C、N元素化合价升高,则有两种元素被氧化,故B正确;

未指明标准状态,无法计算气体体积,故C错误;

因为液态水转化成气态水要吸热,所以生成液态水比生成气态水放出的热量多,故D正确;

故选C.

考查方向

本题考查氧化还原反应,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

反应的化学方程式C2H8N2(l)+2N2O4(l)=2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)△H<0,N2O4中N元素化合价降低,由+4价降低到0价,NH2N(CH32中C、N元素化合价升高,被氧化,以此解答该题.

易错点

用化合价变化分析氧化还原

1
题型: 单选题
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分值: 3分

14.25℃时,pH=2的盐酸和醋酸各1 mL分别加水稀释,pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。

下列说法不正确的是(  )

A曲线I代表盐酸的稀释过程

Ba溶液的导电性比c溶液的导电性强

Ca溶液中和氢氧化钠的能力强于b溶液

D将a、b两溶液加热至30℃,变小

正确答案

C

解析

A.溶液稀释时,醋酸进一步电离,其溶液中氢离子浓度大于盐酸的离子浓度,故曲线I代表盐酸的稀释过程、II应为醋酸稀释时的pH值变化曲线,故A正确;

稀释后盐酸溶液中氯离子、氢离子浓度减小,则溶液导电性较弱,故a溶液的导电性比c溶液的导电性强,故B正确;

醋酸的浓度大于盐酸,则a点溶液中和氢氧化钠溶液的能力小于b,故C错误;

升高温度后,醋酸的电离程度增大,醋酸根离子浓度增大,而氯离子浓度基本不变,则的比值减小,故D正确;

故选C.

考查方向

本题考查弱电解质的电离,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

盐酸是强酸,完全电离,醋酸是弱酸,部分电离,相同温度下,相同pH值的盐酸和醋酸溶液,醋酸浓度较大;溶液稀释时,醋酸进一步电离,其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度,故II应为醋酸稀释时的pH值变化曲线,利用a点、c点溶液中的离子浓度来分析导电性;醋酸浓度大于盐酸,则醋酸中和氢氧化钠溶液的能力强于盐酸;结合升高温度醋酸的电离程度增大分析的变化

易错点

混淆相同pH的强弱电解质的浓度大小

简答题(综合题) 本大题共58分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
1
题型:简答题
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分值: 9分

不锈钢生产过程中产生的酸洗废液(含有NO3、Cr2O72-、Cu2+等)可以用零价铁(Fe)处理。处理前调节酸洗废液的pH=2,进行如下实验:

24.在废液中投入足量铁粉,测得溶液中氮元素的存在形式及含量如下:

①铁粉去除NO3时,主要反应的离子方程式是               

②处理前后溶液中氮元素的总量不相等,可能的原因是                       

25.其他条件相同时,铁粉投入量(均足量)对废液中NO3去除效果如下:

①0-20min之间铁粉的投入量不同,NO3去除率不同的原因是               

②已知:

Ⅰ.在铁粉去除NO3的过程中,铁粉表面会逐渐被FeOOH和Fe3O4覆盖。FeOOH阻碍Fe和NO3的反应,Fe3O4不阻碍Fe和NO3的反应。

Ⅱ.2FeOOH+Fe2+ = Fe3O4+2H+

在铁粉去除NO3的过程中,下列措施能提高NO3去除率的是        。(填字母)

a.通入氧气         b.加入盐酸

c.加入氯化亚铁溶液     d.加入氢氧化钠溶液

26.相同条件下、同一时间段内,废液中共存离子对NO3去除率的影响如下图:

Au2+和Cr2O72-对NO3去除率产生的不同影响及原因是                       

27.向零价铁去除NO3之后的溶液中投加        (填试剂名称),既可去除重金属离子又有利于氨的吹脱。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

【答案】①4Fe + 10H+ + NO3- = 4Fe2+ + NH4+ + 3H2O

②有N2或氮的氧化物从溶液中逸出

解析

①从题给数据看,该过程中NO3-主要被还原为NH4+,故其离子方程式为:4Fe+10H+

+NO3=4Fe2++NH4+ + 3H2O

②在反应中可能有部分的NO3-被还原为N2或NOx从溶液中逸出,导致氮元素的总量减小。

故答案为:①4Fe + 10H+ + NO3- = 4Fe2+ + NH4+ + 3H2O

②有N2或氮的氧化物从溶液中逸出

考查方向

本题考查氧化还原反应,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

①从题给数据看,该过程中NO3-主要被还原为NH4+;②在反应中可能有部分的NO3-被还原为N2或NOx从溶液中逸出,导致氮元素的总量减小。

易错点

氧化产物和还原产物的分析

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

①铁粉表面积越大,反应速率越快

②b c

解析

①从图像看,5.0g的铁粉反应速率快,但铁粉是固体,不影响反应的速率,故可能是铁粉多,表面积大,使反应速率加快。

②该要求明显是要求减少FeOOH的量,若加入盐酸补充了H+ ,使反应4Fe+10H++NO3=4Fe2++NH4+ + 3H2O 更充分,同时生成较多的Fe2+,发生反应:2FeOOH+Fe2+ = Fe3O4+2H+,减少FeOOH的量,加入氯化亚铁溶液,增加了Fe2+的量,使反应Ⅱ程度大,故该空选b c。

故答案为:①铁粉表面积越大,反应速率越快

②b c

考查方向

本题考查化学应用,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

①从图像看,5.0g的铁粉反应速率快,但铁粉是固体,不影响反应的速率,故可能是铁粉多,表面积大,使反应速率加快。

②该要求明显是要求减少FeOOH的量,据此分析解答。

易错点

图像分析

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

A

解析

因Cu2+被Fe置换生成Cu,与Fe形成原电池,加快了反应速率,所以,Cu2+对NO3去除率加快;而由于反应中Cr2O72-将Fe2+氧化为Fe3+,进而生成较多的FeOOH,阻碍反应进行,故导致Cr2O72-对NO3去除率减慢,

故答案为:Cu2+被Fe置换生成Cu,与Fe形成原电池,加快反应速率;Cr2O72-氧化Fe2+生成Fe3+,进而形成FeOOH,阻碍反应进行。

考查方向

本题考查氧化还原及化学反应速率,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

因Cu2+被Fe置换生成Cu,与Fe形成原电池,加快了反应速率,所以,Cu2+对NO3去除率加快;而由于反应中Cr2O72-将Fe2+氧化为Fe3+,进而生成较多的FeOOH,阻碍反应进行,故导致Cr2O72-对NO3去除率减慢,

易错点

氧化还原的分析

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

氧化钙

解析

若向除NO3之后的溶液中加入氧化钙(或其他廉价的碱),则可以使溶液中的重金属离子转化为沉淀除去,同时有利于使NH4+转化为氨气而吹出。

故答案为:氧化钙

考查方向

本题考查离子反应及平衡移动,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

去除重金属离子多采用OH-沉淀法,碱性越强越有利于氨气的逸出,据此分析解答。

易错点

需考虑原料的廉价

1
题型:简答题
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分值: 12分

利用熔融碱焙烧工艺可从铝热法生产金属铬所得铬渣(Al、Al2O3、Cr2O3等)中浸出铬和铝,实现铬和铝的再生利用。其工作流程如下:

28.铝热法冶炼金属铬,是利用了金属铝的        (填“氧化性”或“还原性”)。

29.溶液1中的阴离子有CrO42-        

30.过程Ⅰ,在Cr2O3参与的反应中,若生成0.4mol CrO42-,消耗氧化剂的物质的量是       

31.通入CO2调节溶液pH实现物质的分离。

①滤渣A煅烧得到Al2O3,再用电解法冶炼Al。冶炼Al的化学方程式是               

②滤渣B受热分解所得物质可以循环利用,B是       

③已知:2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2K=4.0×1014

滤液3中Cr2O72-的浓度是0.04 mol/L,则CrO42-的浓度是        mol/L。

32.过程Ⅱ的目的是得到K2Cr2O7粗品,粗品再重结晶可制得纯净的K2Cr2O7

      结合表中数据分析,过程Ⅱ得到K2Cr2O7粗品的操作是:                       

过滤得到K2Cr2O7粗品。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

还原性

解析

铝热反应中,铝被氧化,表现了还原性,

故答案为:还原性

考查方向

本题考查铝热反应,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

铝热反应中,铝被氧化,表现了还原性

易错点

混淆氧化还原的基本知识

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

AlO2-、OH

解析

过程Ⅰ加入了足量氢氧化钠,含铝物质变为AlO2-,同时溶液中还有过量的OH-

故答案为:AlO2-、OH

考查方向

本题考查化学反用,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

过程Ⅰ加入了足量氢氧化钠,含铝物质变为AlO2-,同时溶液中还有过量的OH-

易错点

加入的NaOH是足量的,溶液中还有OH-

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

0.3 mol

解析

该过程可简单的看着是氧气将Cr2O3氧化为CrO42-,由电子守恒,3O2~4 CrO42-,生成0.4 mol CrO42-,消耗的氧气为0.3 mol。

故答案为:0.3 mol

考查方向

本题考查氧化还原的计算,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

该过程可简单的看着是氧气将Cr2O3氧化为CrO42-,由电子守恒分析解答即可。

易错点

据电子守恒得出相应关系式

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

①2Al2O3(熔融)   3O2↑+4Al

②NaHCO3

③0.01

解析

①由氧化铝冶炼铝的方程式为2Al2O3(熔融) 3O2 ↑+ 4Al

②滤渣B含有NaHCO3,受热分解后得碳酸钠和二氧化碳,可以循环利用。

③滤液3中c(Cr2O72-)=0.04mol/L,c(H+)=10-6mol/L,则由,解得c(CrO42-)=0.01mol/L

故答案为:①2Al2O3(熔融) 3O2↑+4Al

②NaHCO3

③0.01

考查方向

本题考查金属冶炼、平衡常数的计算,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

①由氧化铝冶炼铝的方程式为2Al2O3(熔融) 3O2↑+ 4Al

②滤渣B含有NaHCO3,受热分解后得碳酸钠和二氧化碳,可以循环利用。

③据计算得出。

易错点

平衡常数的计算

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

向滤液③中加入稀盐酸和KCl固体后,蒸发浓缩、降温结晶

解析

要生成较多K2Cr2O7,需使反应③2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O正向移动,故需要向滤液③中加入稀盐酸;从表中数据看出,对应钠盐的溶解度大于钾盐,所以,还需要同时加入KCl固体转变为钾盐后,蒸发浓缩、降温结晶。

故答案为:向滤液③中加入稀盐酸和KCl固体后,蒸发浓缩、降温结晶;

考查方向

本题考查物质的分离和提纯,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

要生成较多K2Cr2O7,需使反应③2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O正向移动,故需要向滤液③中加入稀盐酸;从表中数据看出,对应钠盐的溶解度大于钾盐,所以,还需要同时加入KCl固体转变为钾盐后,蒸发浓缩、降温结晶。;

易错点

加入盐酸使反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O转化

1
题型:简答题
|
分值: 13分

从宏观现象探究微观本质是重要的化学学科素养。以FeCl3溶液为实验对象,探究其

与碱性物质之间反应的复杂多样性。实验如下:

33.①中反应的离子方程式是                       

34.②中逸出的无色气体是        。从物质类别的角度分析,Na2CO3与Na2SO3在化学性质方面的共性是                        (写一条);从化合价的角度分析,Na2CO3与Na2SO3在化学性质方面的差异是                                (写一条)。

35.对于③中的实验现象,同学们有诸多猜测,继续进行实验:

Ⅰ.甲取③中的红棕色溶液少许,滴入少量盐酸酸化的BaCl2溶液,产生白色沉淀。

甲得出结论:FeCl3与Na2SO3发生了氧化还原反应,离子方程式是               

Ⅱ.乙认为甲的实验不严谨,重新设计并进行实验,证实了甲的结论是正确的。其实验方案是      

36.受以上实验的启发,同学们对pH≈8的1mol/LNaF溶液与FeCl3溶液混合时的现象产生了好奇并进行实验:

Ⅰ.⑤的实验目的是________                                       

Ⅱ.为探究④中溶液变无色的原因,进行如下实验:

资料显示:FeF3溶液为无色。   用平衡移动原理解释红褐色沉淀产生的原因:      

37.根据实验,FeCl3溶液与碱性物质之间的反应的多样性与          ,        有关。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

3Mg(OH)2 +2Fe3+= 2Fe(OH)3(胶体)+ 3Mg2+

解析

该过程①中是碱性条件下Mg(OH)2 的浊液转化为Fe(OH)3的胶体,故离子方程式为:3Mg(OH)2 +2Fe3+= 2Fe(OH)3(胶体)+ 3Mg2+

故答案为:3Mg(OH)2 +2Fe3+= 2Fe(OH)3(胶体)+ 3Mg2+

考查方向

本题考查离子方程式的书写,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

该过程①中是碱性条件下Mg(OH)2 的浊液转化为Fe(OH)3的胶体;

易错点

Mg(OH)2悬浊液应写化学式

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

CO2

共性:两者都为强碱弱酸盐,能与强酸反应

差异:Na2CO3中碳原子为最高正价+4,无还原性;Na2SO3中硫原子+4价,具有较强的还原性

解析

②的反应应为Fe3+和CO32-的水解促进反应,逸出的无色气体只能是CO2。对比Na2CO3与Na2SO3的化学性质:两者都为强碱弱酸盐,能与强酸反应 ;但Na2CO3中碳原子为最高正价+4,无还原性;Na2SO3中硫原子+4价,具有较强还原性。

故答案为:CO2

共性:两者都为强碱弱酸盐,能与强酸反应

差异:Na2CO3中碳原子为最高正价+4,无还原性;Na2SO3中硫原子+4价,具有较强的还原性

考查方向

本题考查盐类水解及氧化还原,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

②的反应应为Fe3+和CO32-的水解促进反应。对比Na2CO3与Na2SO3的化学性质:两者都为强碱弱酸盐,能与强酸反应 ;但Na2CO3中碳原子为最高正价+4,无还原性;Na2SO3中硫原子+4价,具有较强还原性。

易错点

分析Na2CO3与Na2SO3化学性质异同点

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

2Fe3+ + SO32- + H2O = 2Fe2+ + SO42- + 2H+

取③中的红棕色溶液少许,滴加铁氰化钾溶液,出现蓝色沉淀

解析

SO32-被Fe3+氧化的离子方程式为:2Fe3+ + SO32- + H2O = 2Fe2+ + SO42- + 2H+ ;而空气中的氧气也可将SO32-氧化为SO42-,故应检验Fe3+是否被还原为Fe2+;所以,应取③中的红棕色溶液少许,滴加铁氰化钾溶液,出现蓝色沉淀(不要检验是否有Fe3+),

故答案为:2Fe3+ + SO32- + H2O = 2Fe2+ + SO42- + 2H+

取③中的红棕色溶液少许,滴加铁氰化钾溶液,出现蓝色沉淀

考查方向

本题考查氧化还原及离子的检验,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

SO32-被Fe3+氧化的离子方程式为:2Fe3+ + SO32- + H2O = 2Fe2+ + SO42- + 2H+ ;而空气中的氧气也可将SO32-氧化为SO42-,故应检验Fe3+是否被还原为Fe2+

易错点

用证明Fe2+的存在说明发生了氧化还原反应

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

Ⅰ.排除加水稀释对溶液颜色变化的影响

Ⅱ.无色溶液中存在平衡:Fe3++ 3F-FeF3,加入NaOH后,Fe3+更易与OH-结合生成难溶的Fe(OH)3

解析

Ⅰ.⑤的实验是为了在等量溶液体积情况下,排除加水稀释对溶液颜色变化的影响

Ⅱ.因在无色溶液中有:Fe3++ 3F-FeF3,加入NaOH后,Fe3+与OH-结合生成难溶的Fe(OH)3,平衡逆向移动,从而得红褐色沉淀。

故答案为:Ⅰ.排除加水稀释对溶液颜色变化的影响

Ⅱ.无色溶液中存在平衡:Fe3++ 3F-FeF3,加入NaOH后,Fe3+更易与OH-结合生成难溶的Fe(OH)3

考查方向

本题以实验探究为载体,考查化学平衡,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

Ⅰ.⑤的实验是为了在等量溶液体积情况下,排除加水稀释对溶液颜色变化的影响

Ⅱ.因在无色溶液中有:Fe3++ 3F-FeF3,加入NaOH后,Fe3+与OH-结合生成难溶的Fe(OH)3,平衡逆向移动,从而得红褐色沉淀。

易错点

离子之间的反应

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

碱性物质的pH、离子的性质

解析

通过对四次实验对比看到,FeCl3溶液与碱性物质之间的反应与碱性物质的离子的性质及溶液pH都有关系。

故答案为:碱性物质的pH、离子的性质

考查方向

本题考查实验结论概述,在近几年的各省高考题出现的频率很高。

解题思路

通过对四次实验对比看到,FeCl3溶液与碱性物质之间的反应与碱性物质的离子的性质及溶液pH都有关系。

易错点

对所做实验探究的恰当总结

1
题型:简答题
|
分值: 15分

医用麻醉药苄佐卡因E和食品防腐剂J的合成路线如下:

已知:I.M代表E分子结构中的一部分

II.

请回答下列问题:

15.A属于芳香烃,其结构简式是         

16.E中所含官能团的名称是       

17.C能与NaHCO3溶液反应,反应①的化学方程式是                               

18.反应②、③中试剂ii和试剂iii依次是        (填序号)。

a.高锰酸钾酸性溶液、氢氧化钠溶液      b.氢氧化钠溶液、高锰酸钾酸性溶液

19.H的结构简式是               

20.J有多种同分异构体,其中符合下列条件的同分异构体有        种,写出其中任一种同分异构体的结构简式:               

a.为苯的二元取代物,其中一个取代基为羟基

b.与J具有相同的官能团,且能发生银镜反应

21.以A为起始原料,选用必要的无机试剂合成涂改液的主要成分亚甲基环己烷(),写出合成路线(用结构简式表示有机物,用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件):。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

依题意,从F的分子组成看,芳香烃A应是甲苯,其结构简式是

故答案为.

考查方向

本题考查有机物结构简式,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

依题意,从F的分子组成看,芳香烃A应是甲苯

易错点

结合题意推断

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

氨基、酯基

解析

结合信息II,由DE的反应条件可知其转化为-NO2还原为-NH2,所以得E的结构为:,D的结构为:,所以E中所含的官能团是氨基、酯基。

故答案为:氨基、酯基

考查方向

本题考查化学应用,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

结合信息II,由DE的反应条件可知其转化为-NO2还原为-NH2,由此推断出D、E的结构简式。

易错点

氨基、酯基

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

在浓硫酸、浓硝酸加热条件下在其对位上引入-NO2生成B(),B在高锰酸钾酸性溶液氧化其甲基生成C(),引入羧基;C和乙醇酯化后得酯D(),转化为酯基;试剂i为乙醇。所以反应①的化学方程式为:

故答案为:.

考查方向

本题考查有机化学方程式的书写,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

在浓硫酸、浓硝酸加热条件下在其对位上引入-NO2生成B(),B在高锰酸钾酸性溶液氧化其甲基生成C(),引入羧基;C和乙醇酯化后得酯D(),转化为酯基;试剂i为乙醇。

易错点

题干中各种结构的推断

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

a

解析

在FeCl3的催化作用下,和氯气取代其对位上的一个H生成F(),引入-Cl;由反应的条件(乙醇/△),I到J的转变是和乙醇的酯化,故I的结构为:,HI的反应为酸化,反推H是I的盐;得出H为;为保护羟基需先氧化后水解,故反应②是高锰酸钾的氧化,反应③是氢氧化钠溶液条件下的水解,得到G的结构为:

故答案为:a.

考查方向

本题考查官能团的转化,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

在FeCl3的催化作用下,和氯气取代其对位上的一个H生成F,引入-Cl;由反应的条件(乙醇/△),I到J的转变是和乙醇的酯化, HI的反应为酸化,反推H是I的盐;为保护羟基需先氧化后水解,故反应②是高锰酸钾的氧化,反应③是氢氧化钠溶液条件下的水解

易错点

易忽视酚羟基容易被氧化

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

在FeCl3的催化作用下,和氯气取代其对位上的一个H生成F(),引入-Cl;由反应的条件(乙醇/△),I到J的转变是和乙醇的酯化,故I的结构为:,HI的反应为酸化,反推H是I的盐;得出H为

故答案为:

考查方向

本题考查有机物的结构简式,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

在FeCl3的催化作用下,和氯气取代其对位上的一个H生成F,引入-Cl;由反应的条件(乙醇/△),I到J的转变是和乙醇的酯化, HI的反应为酸化,反推H是I的盐;

第(6)小题正确答案及相关解析

正确答案

6,(以下结构任写一种)

解析

该同分异构体含有可发生银镜反应的酯基,一定是甲酸酯;为苯的二元取代物还要有酚羟基。符合该要求的为以下6种,分别是:

故答案为:6,(以下结构任写一种)

考查方向

本题考查同分异构体的书写,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

该同分异构体含有可发生银镜反应的酯基,一定是甲酸酯;为苯的二元取代物还要有酚羟基。

易错点

易忽视题目的限定条件

第(7)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

合成,苯环通过加成反应转变为六元环,双键通过卤代烃消去引入,因此先卤代,后消去。因此合成过程应用甲苯先侧链取代后再加成破坏苯环,最后进行消去而得碳碳双键。具体流程可表示为:

故答案为:

考查方向

本题考查有机物的合成,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

合成,苯环通过加成反应转变为六元环,双键通过卤代烃消去引入,因此先卤代,后消去,由此分析。该过程应用甲苯先侧链取代后再加成破坏苯环,最后进行消去而得碳碳双键

1
题型:简答题
|
分值: 9分

CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的气体,用于生产多种化工产品。该技术中的化学反应为:CH4 (g)+3CO2 (g)2H2O(g)+4CO(g)  H=+330 kJ/mol

22.下图表示初始投料比n(CH4)∶n(CO2)为1∶3或1∶4时,CH4的转化率在不同温度(T1T2)下与压强的关系。[注:投料比用a1a2表示]

a2       

②判断T1T2的大小关系,并说明理由:                                       

23.CH4超干重整CO2的催化转化原理示意图如下:

.

①过程I,生成1 molH2时吸收123.5 kJ热量,其热化学方程式是               

②过程II,实现了含氢物种与含碳物种的分离。生成H2O(g)的化学方程是               

③假设过程I和过程II中的各步均转化完全,下列说法正确的是        。((填序号)

a.过程I和过程II中均发生了氧化还原反应

b.过程II中使用的催化剂为Fe3O4和CaCO3

c.若过程I投料=1,可导致过程II中催化剂失效

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

①1:4

T2>T1,正反应为吸热反应,温度升高时甲烷的转化率增大

解析

①相同条件下,投料比越小甲烷的转化率越大,a2>a1,故a2表示的是1:4时的甲烷转化率 ;

②因正反应为吸热反应,温度升高时甲烷的转化率增大,即T2>T1

故答案为:①1:4

T2>T1,正反应为吸热反应,温度升高时甲烷的转化率增大

考查方向

本题考查化学平衡的移动,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

①相同条件下,投料比越小甲烷的转化率越大,a2>a1,故a2表示的是1:4时的甲烷转化率

②因正反应为吸热反应,温度升高时甲烷的转化率增大,即T2>T1

易错点

外界条件变化后平衡的移动方向

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

①CH4(g) +CO2(g) =2CO(g) + 2H2(g) ΔH=+247kJ/mol

②4H2+Fe3O43Fe+4H2O

③a c

解析

①从图示看,过程I 的热化学方程式为:CH4(g) +CO2(g) =2CO(g) + 2H2(g)   ΔH=+247kJ/mol

②由过程II的转化关系看,是混合气体中H2将Fe3O4还原为Fe,方程式为4H2+Fe3O43Fe+4H2O

③两个过程都有元素化合价的改变,a正确;过程II中Fe3O4最终被还原为Fe,Fe3O4不是催化剂,b错误;若初始投料比1:1时,二者恰好按照题给方程式反应,无CO2生成,导致CaCO3无法参加反应,使催化剂中毒失效,c正确;故选ac。

故答案为:①CH4(g) +CO2(g) =2CO(g) + 2H2(g)  ΔH=+247kJ/mol

②4H2+Fe3O43Fe+4H2O

③a c

考查方向

本题考查热化学方程式及氧化还原反应,在近几年的各省高考题出现的频率较高。

解题思路

①从图示看,过程I 的化学方程式为:CH4 +CO2=2CO + 2H2 ,结合能量分析;

②由过程II的转化关系看,是混合气体中H2将Fe3O4还原为Fe,方程式为4H2+Fe3O43Fe+4H2O

③两个过程都有元素化合价的改变;过程II中Fe3O4最终被还原为Fe,Fe3O4不是催化剂;若初始投料比1:1时,二者恰好按照题给方程式反应,无CO2生成,导致CaCO3无法参加反应,使催化剂中毒失效;

易错点

热化学方程式中的聚集状态及焓变单位

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