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1.轴烯是一类独特的星形环烃。三元轴烯()与苯
正确答案
解析
轴烯与苯分子式都是C6H6,二者分子式相同,结构不同,互为同分异构体,故选项D正确。
考查方向
解题思路
由二者的组成结构对比,分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体。
易错点
“四同”概念混淆。
知识点
6.能证明乙酸是弱酸的实验事实是
正确答案
解析
A.只能证明乙酸具有酸性,不能证明其酸性强弱,错误;B.该盐水溶液显碱性,由于NaOH是强碱,故可以证明乙酸是弱酸,正确;C.可以证明乙酸的酸性比碳酸强,但是不能证明其酸性强弱,错误;D.可以证明乙酸具有酸性,但是不能证明其酸性强弱,错误。
考查方向
解题思路
证明乙酸是弱酸的实验事实有很多,比如测定一定物质的量浓度的乙酸溶液的PH;加水稀释PH的变化;测定一定物质的量浓度的乙酸钠溶液的PH;测定相同浓度的盐酸和乙酸溶液的导电性等等
易错点
未掌握酸性强弱比较的实验方法。
知识点
8.图1是铜锌原电池示意图。图2中,x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量,y轴表示
正确答案
解析
该装置构成原电池,Zn是负极,Cu是正极。A.在
正极Cu上溶液中的H+获得电子变为氢气,Cu棒的质量不变,错误;B.由于Zn是负极,不断发生反应Zn-2e-=Zn2+,所以溶液中c(Zn2+)增大,错误;C.由于反应不断消耗H+,所以溶液的c(H)逐渐降低,正确;D.SO42-不参加反应,其浓度不变,错误。
考查方向
解题思路
正极上发生的电极反应为:2H++2e-=H2↑,所以溶液的c(H+)逐渐降低。
易错点
不能正确写出原电池的电极反应。
知识点
9.向新制氯水中加入少量下列物质,能增强溶液漂白能力的是
正确答案
解析
在氯水中存在反应: 若反应使溶液中c(HClO)增大,则溶液的漂白性会增强。A.由于酸性HCl>H2CO3>HClO, 所以向溶液中加入碳酸钙粉末, 会发生反应2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑,使化学平衡正向移动,导致c(HClO)增大,则溶液的漂白性会增强, 正确; B.若加入稀硫酸,使溶液中c(H+)增大,平衡逆向移动,溶液的漂白性减弱,错误; c 加入氯化钙溶液,不能发生反应,溶液的水对氯水起稀释作用,使溶液的漂白性减弱,错误; D.加入二氧化碳的水溶液,电离产生氢离子,使化学平衡逆向移动,溶液的漂白性减弱,错误;
考查方向
解题思路
新制氯水中漂白能力取决于HClO的浓度。
易错点
不能利用平衡移动的原理分析HClO的浓度增大的措施。
知识点
4.下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是
正确答案
解析
A.CaO是离子化合物, 熔化断裂离子键,而 CO2在固态时是分子品体, 熔化破坏的是分子间作用力,与化学键无关,错误; B.NaCl是离子化合物, 熔化断裂离子键,而HCl在固态时是分子晶体, 熔化破坏的是分子间作用力, 与化学键无关,错误; C.SiC和SiO2都是原子晶体, 熔化断裂的是共价键, 与化学键有关,正确; D.Cl2和I2在固态时都是分子晶体, 熔化断裂的是分子间作用力, 与化学键无关,错误。
考查方向
解题思路
离子晶体融化破坏离子键,分子晶体融化破坏分子间作用力,原子晶体融化破坏共价键,金属晶体融化破坏金属键。
易错点
不了解原子晶体融化破坏共价键。
知识点
2.下列化工生产过程中,未涉及氧化还原反应的是
正确答案
解析
A.海带提碘是由KI变为I2,有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,错误;B.氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2,有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,错误;C.氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化,是非氧化还原反应,正确;D.海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质,有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,错误。故选项C正确。
考查方向
解题思路
氨碱法制取碱是把足量的氨气通入饱和的食盐水中,再通入足量的二氧化碳气体,利用碳酸氢钠的溶解度较小的特点使其沉淀析出。发生的反应方程式是:NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
易错点
物质的工业制备不清楚原理。
知识点
5.烷烃的命名正确的是
正确答案
解析
选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链,并从离支链较近的一端给主链的碳原子编号,该物质的名称是2-甲基-3-乙基己烷,故选项D正确。
考查方向
解题思路
烷烃的
易错点
不清楚烷烃的命名的规则。
知识点
7.已知W、X、Y、Z为短周期元素,原子序数依次增大。W、Z同主族,X、Y、Z同周期,其中只有X为金属元素。下列说法一定正确的是
正确答案
解析
由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大,W与Z是同一主族的元素,而X、Y、Z是同一周期的元素,且只有X是金属元素,故X为Na、Mg、Al当中的一种,Y、Z只能是Si、P、S、Cl中两种,W取决于Z。A.同一周期的元素原子序数越大,原子半径越小;同一主族的元素,原子核外电子层数越多,原子半径越大。所以原子半径:X>Y>Z>W,正确;B.W的含氧酸可能是HNO2、HNO3,Z的含氧酸是H3PO4,酸性HNO2< H3PO4,错误;C.元素的非金属性W>Y,所以气态氢化物的稳定性W>Y,错误;D.若W、X原子序数相差5,则二者形成的化合物的化学式是XW,错误。
考查方向
解题思路
要熟悉短周期元素,由题意:W、X、Y、Z依次增大,W与Z是同一主族的元素,而X、Y、Z是同一周期的元素且只能是第3周期。故X为Na、Mg、Al当中的一种,Y、Z只能是Si、P、S、Cl中两种,W取决于Z。
易错点
元素周期律记忆不牢。
知识点
10.一定条件下,某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下,其中和代表不同元素的原子。
关于此反应说法错误的是
正确答案
解析
试题分析:根据图示可知该反应反应物是一种,生成物是两种。A.该物质属于分解反应,一般的分解反应是吸热反应,但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑的反应是放热反应,错误;B.根据图示可知有一部分反应物未参加反应,属于该反应是可逆反应,正确;C.该反应中有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,正确;D.反应物是一种,生成物是两种,因此属于分解反应,正确。
考查方向
解题思路
反应物只有一种,生成物有两种,故为分解反应。充分反应仍有反应物,说明是可逆反应。有单质生成,肯定是氧化还原反应。
易错点
误认为所有的分解反应都是吸热反应。
知识点
3.硼的最高价含氧酸的化学式不可能是
正确答案
解析
B原子最外层电子数是3个,所以其最高化合价是+3价,然后根据化合物中正负化合价的代数和等于0可知不可能是H2BO3,故选项B符合题意。
考查方向
解题思路
元素的最高正价等于其最外层电子数。O、F除外。
易错点
不知道B最高化合价是+3价。
知识点
16.实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如下图所示。
下列分析正确的是
正确答案
解析
KNO3中混有NaCl应提纯KNO3,将它们都溶于水,并降温结晶。因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高,NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化。则有,操作Ⅰ是在烧杯中加水溶解,操作Ⅱ是蒸发浓缩,得到较高温度下的KNO3饱和溶液,操作Ⅲ为冷却结晶,利用溶解度差异使KNO3结晶析出,过滤,洗涤,干燥可得KNO3晶体。故选C。
考查方向
解题思路
KNO3中混有NaCl应采用降温结晶法。
易错点
含少量氯化钠杂质的硝酸钾的除杂方法未掌握。
知识点
17.某铁的氧化物(FexO)1.52g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2,恰好将Fe2+完全氧化。x值为
正确答案
解析
由反应的电子守恒,反应中存在的Fe2+为0.01mol,物料守恒FeO质量0.72g,Fe2O3为1.52-0.72=0.8g;Fe3+为0.005mol,可以看成二者2:1混合,即Fe4O5,题中x=0.8.故选A。
考查方向
解题思路
在氧化还原反应中,氧化剂得电子的物质的量和还原剂失电子的物质的量相等。
易错点
缺乏计算技巧,对于多步连续进行的氧化还原反应,只要中间各步反应过程中电子没有损耗,可直接找出起始物和最终产物之间的电子守恒关系,快速求解。
知识点
20.已知NaOH+Al(OH)3→Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液,立即封闭罐口,易拉罐渐渐凹瘪;再过一段时间,罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是
正确答案
解析
向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠,首先CO2与氢氧化钠反应,表现为铝罐变瘪,接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应,因铝罐表面有氧化膜Al2O3,故可发生A、B、C的反应。故选D。
考查方向
解题思路
铝及表面有氧化膜Al2O3和氢氧化钠溶液反应过程中不会有Al3+产生。
易错点
未熟练掌握Al、Al2O3的性质。
知识点
12.下列各组混合物,使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是
正确答案
解析
试题分析:A.MgO是碱性氧化物与NaOH不能反应,而Al2O3是两性氧化物,可以与NaOH发生反应产生NaAlO2,过滤后洗涤,就得到纯净的MgO,错误;B.向溶液中加入过量的NaOH溶液,氯化铁变为Fe(OH)3沉淀,氯化铝变为NaAlO2,过滤,然后向溶液中加入适量的盐酸,当沉淀达到最大值中,过滤,得到Al(OH)3,再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解,就得到氯化铝溶液,除去了杂质,错误;C.二氧化硅是酸性氧化物,可以与NaOH发生反应,而氧化铁与NaOH不能发生反应。加入过量的NaOH,然后过滤洗涤,就得到纯净的氧化铁,错误;D.二者都可以与NaOH发生反应,当再向得到的沉淀中加入盐酸时,二者都溶解,不能分离、提纯二者,正确。
考查方向
解题思路
氧化铝是两性氧化物,既溶于氢氧化钠溶液又溶于盐酸。
易错点
没有熟练掌握了各物质的性质,特别是“与众不同的个性”。
知识点
13.O2F2可以发生反应:H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是
正确答案
解析
A. O元素的化合价由反应前的+1价变为反应后的0价,化合价降低,获得电子,所以氧气是还原产物,错误; B. 在反应中O2F2中的O的化合价降低,获得电子,所以该物质是氧化剂,而H2S中的S元素的化合价是-2价,反应后变为SF6中的+6价,所以H2S是还原剂,错误; C.外界条件不明确,不能确定HF的物质的量,所以不能确定转移电子的数目,错误; D.根据方程式可知还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量的比是1:4,,正确。
考查方向
解题思路
O2F2中O的化合价为+1,SF6中S的化合价为+6.
易错点
在反应中元素的化合价发生的变化分析出现错误。
知识点
11.合成导电高分子化合物PPV的反应为:
下列说法正确的是
正确答案
解析
A,根据物质的分子结构可知该物质不是聚苯乙炔,错误;B,该反应除产生高分子化合物外,还有小分子生成,属于缩聚反应,正确;C,PPV与聚苯乙烯的重复单元不相同,错误;D,该物质一个分子中含有2个碳碳双键和苯环都可以与氢气发生加成反应,属于1mol最多可以与5mol氢气发生加成反应,错误。
考查方向
解题思路
若聚合反应中除了生成高分子外还有小分子生成,则属于缩聚反应。
易错点
不清楚苯环化学键的特殊性,虽然没有典型的碳碳双键,但苯环仍能和氢气发生加成反应。
知识点
14.在硫酸工业生产中,为了有利于SO2的转化,且能充分利用热能,采用了中间有热交换器的接触室(见下图)。下列说法错误的是
正确答案
解析
A.根据装置图可知,从a进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气,经过热交换器后从b处出来的是热的气体,成分与a处相同,正确;B.在c处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2等气体,该反应是放热反应,当经过热交换器后被冷的气体降温,达到二氧化硫氧化成三氧化硫的最佳温度,再次经过催化剂后可以生成更多的三氧化硫,故二者含有的气体的成分含量不相同,错误;C.热交换器的作用是预热待反应的冷的气体,同时冷却反应产生的气体,为SO3的吸收创造条件,正确;D.处气体经过热交换器后再次被催化氧化,目的就是使未反应的SO2进一步反应产生SO3,从而可以提高SO2的转化率,正确。
考查方向
解题思路
热交换器的作用是预热待反应的冷的气体,同时冷却反应产生的气体,达到二氧化硫氧化成三氧化硫的最佳温度,再次经过催化剂后可以生成更多的三氧化硫,从而提高二氧化硫的利用率以及反应热可以循环利用,降低生产成本。
易错点
工业制硫酸的整体流程、主要设备、反应条件的选择等未掌握。
知识点
15.下列气体的制备和性质实验中,由现象得出的结论错误的是
正确答案
解析
A,NH3制备可以采取浓氨水和生石灰制取,可用红色石蕊试纸检验,试纸变蓝则说明NH3为碱性气体,正确;B,利用浓硫酸的高沸点性,可以制取HCl气体,pH试纸变红,则说明气体为酸性气体,正确;C,浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2,Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验,试纸变蓝,说明KI转化为I2,则说明Cl2有强氧化性,正确;D,SO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性,错误。故选D。
考查方向
解题思路
SO2使品红试液褪色是其漂白性。
易错点
SO2的漂白性与还原性混淆。
知识点
22.称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g,加入含0.1 mol NaOH的溶液,完全反应,生成NH3 1792 ml(标准状况),则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为
正确答案
解析
利用极值法分析,可知0.1mol氢氧化纳不足,故先将NH4HSO4反应完,再反应(NH4)2SO4,因共生成NH30.08mol,故H+反应的氢氧化钠为0.02mol,则可知道NH4HSO4为0.02mol,则(NH4)2SO4质量为7.24-115×0.02=4.94g,可得答案为C。
考查方向
解题思路
本题采用极端假设法,也叫极值法。
易错点
日常学习缺乏相关计算方法的积累,如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等。
知识点
19.已知:SO32-+I2+H2O→SO42-+2I-+2H+。某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I-、SO32- 、SO42-,且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水,溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是
正确答案
解析
溶液本身无色,说明没有Fe2+。加入溴水仍然无色,说明溴水发生了反应,且产物无色,I-和SO32-均可与溴水反应使溴水褪色,此时反应后溶液无色,说明没有I2,则原溶液中一定有SO32-。由于SO32-的还原性比I-强,故I-是否存在无法判断。因所有离子浓度相等,则根据电荷守恒可判断SO42-肯定没有。故选BC。
考查方向
解题思路
溶液中常见的有色离子有四种:Cu2+蓝色、MnO42-紫色、Fe2+浅绿色、Fe3+黄色。离子共存题还要考虑电荷守恒问题。
易错点
常见的错误点有:未掌握当溶液中同时存在几种还原性离子,向其中加入氧化剂时还原性强的离子首先被氧化,常见离子的还原性:S2->SO32->Fe2+>I->Br-;没有注意题目中的隐含信息,如“无色”、“酸性”、“一定”、“等物质的量”等。
知识点
18.一定条件下,一种反应物过量,另一种反应物仍不能完全反应的是
正确答案
解析
A. H2和N2制备NH3是可逆反应,反应物始终不能消耗完; B.可以加入过量的浓盐酸,使二氧化锰能彻底反应完全; C.浓硫酸随着反应进行要变稀, 稀硫酸不再与铜反应;D.18mol/L硫酸与锌开始反应产生SO2, 随着反应进行,浓硫酸变稀硫酸,再与锌反应产生H2,故选AC。
考查方向
解题思路
一种反应物过量,另一种反应物仍不能完全反应的是可逆反应。
易错点
平时缺少总结一些必要的规律:一种反应物过量,另一种反应物仍不能完全反应常见类型有:①所有的可逆反应;②二氧化锰只能与浓盐酸反应生成氯气;③铜只能与浓硫酸在加热条件下反应;④活泼金属与稀硫酸反应生成氢气、与浓硫酸生成二氧化硫,两个反应的原理不同;⑤澄清石灰水中通入二氧化碳(或二氧化硫)气体,随着气体的量不同产物不同;⑥碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸的反应;⑦可溶性铝盐与强碱溶液、可溶性偏铝酸盐与强酸溶液的反应;⑧银氨溶液的配置过程;⑨过量的变价金属铁与定量浓硫酸、浓稀硝酸的反应等等。
知识点
21.类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是
正确答案
解析
A.O和S是同族元素,故形成的CO2和CS2都是直线形分子,正确;B.C和Si,Se和S都分别为同族元素,所形成的氢化物都为分子晶体,沸点取决于分子间作用力的大小,分子间作用力大小可以用相对分子质量来比较,正确;C.因I2的氧化性较弱,故与铁反应生成为FeI2,错误;D.浓硫酸氧化性很强,会将HBr氧化为Br2,错误。故选AB。
考查方向
解题思路
分子晶体的溶沸点要考虑是否有氢键的存在。I2的氧化性弱于Cl2,只能把铁氧化到亚铁。
易错点
由于各种物质组成和结构具有一定的差异性,运用类推法时一定不能完全照搬。
知识点
随着科学技术的发展和环保要求的不断提高,CO2的捕集利用技术成为研究的重点。
完成下列填空:
29.相同温度时,上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡,各物质的平衡浓度如下表:
a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为_________。
30.
碳酸:H2CO3,Ki1=4.3×10-7,Ki2=5.6×10-11
草酸:H2C2O4,Ki1=5.9×10-2,Ki2=6.4×10-5
0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH____________0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。(选填“大于”“小于”或“等于”)
等浓度广东草酸溶液和碳酸溶液中,氢离子浓度较大的是___________。
若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合,溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____。(选填编号)
a.[H+]>[HC2O4-]>[HCO3-]>[CO32-] b.[HCO3-]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[CO32-]
c.[H+]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[CO32-] d.[H2CO3] >[HCO3-]>[HC2O4-]>[CO32-]
31.人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡:H++ HCO3- H2CO3,当有少量酸性或碱性物质进入血液中时,血液的pH变化不大,用平衡移动原理解释上述现象。
________________________________
32.目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原,所涉及的反应方程式为:
CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
已知H2的体积分数随温度的升高而增加。
若温度从300℃升至400℃,重新达到平衡,判断下列表格中各物理量的变化。(选填“增大”、“减小”或“不变”)
正确答案
解析
相同温度时平衡常数不变,则a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为。
考查方向
解题思路
平衡常数只是温度的函数,相同温度时平衡常数不变。
易错点
平衡常数表达式不会写。
正确答案
大于;草酸;ac
解析
根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸,则碳酸钠的水解程度大于草酸钠,所以0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH大于0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。草酸的酸性强于碳酸,则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中,氢离子浓度较大的是草酸。A.草酸的二级电离常数均大于碳酸的,所以草酸的电离程度大于碳酸,因此溶液中[H+]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[HCO3-]>[CO32-],a正确;B.根据a中分析可知b错误;c.根据a中分析可知c正确;d.根据a中分析可知d错误,答案选ac。
考查方向
解题思路
温度升高,可逆反应的正逆反应速率都增大。根据越弱越水解,草酸的酸性强于碳酸,则碳酸钠的水解程度大于草酸钠。根据勒夏特列原理,判断改变外界条件平衡移动的方向。
易错点
未掌握溶液中离子浓度大小比较的规律。
正确答案
当少量酸性物质进入血液中,平衡向右移动,使H+浓度变化较小,血液中的pH基本不变;当少量碱性物质进入血液中,平衡向左移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变。(合理即给分)
解析
根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中,平衡向右移动,使H+浓度变化较小,血液中的pH基本不变;当少量碱性物质进入血液中,平衡向左移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变。
考查方向
解题思路
人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡,是缓冲溶液,可以对抗外加酸或碱。
易错点
不理解勒夏特列原理中提到的“减弱”的含义。
正确答案
解析
H2的体积分数随温度的升高而增加,这说明升高温度平衡逆反应方向进行,即正反应是放热反应。升高温度正逆反应速率均增大,平衡逆反应方向进行,平衡常数减小,反应物的转化率减小。
考查方向
考查外界条件对平衡状态的影响、电离常数应用等。
解题思路
溶液中的这三大平衡,和普通的化学反应平衡一样,都适用勒夏特列原理,所有关于平衡的原理、规律、计算都是相通的,在学习过程中,不可将他们割裂开来。
易错点
不理解升高温度正逆反应速率均增大。
半水煤气是工业合成氨的原料气,其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。
完成下列填空:
37.半水煤气含有少量硫化氢。将半水煤气样品通入____溶液中(填写试剂名称),出现_______,可以证明有硫化氢存在。
38.半水煤气在铜催化下实现CO变换:CO+H2OCO2+H2
若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38:28:22,经CO变换后的气体中:V(H2):V(N2)=____________。
39.碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。已知:
若选择Na2CO3碱液作吸收液,其优点是__________;缺点是____________。如果选择K2CO3碱液作吸收液,用什么方法可以降低成本?
___________________________________________
写出这种方法涉及的化学反应方程式。_______________________
40.以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。
取一定体积(标准状况)的半水煤气,经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数。
(1) 选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中。
(2) 该实验方案中,步骤________(选填“Ⅳ”或“Ⅴ”)可以确定半水煤气中H2的体积分数。
正确答案
硝酸铅(或硫酸铜);黑色沉淀
解析
硫化氢能与重金属生成沉淀,所以将半水煤气样品通入硝酸铅(或硫酸铜)溶液中,出现黑色沉淀。
考查方向
解题思路
硫化氢能与重金属生成沉淀。
易错点
未掌握硫化氢的检验方法。
正确答案
3:1
解析
由转化的方程式,V(H2):V(N2)=(28+38):22=3:1
考查方向
解题思路
若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38:28:22,经CO变换后CO转化为氢气,则根据方程式可知所得的气体中:V(H2):V(N2)=(38+28):22=3:1。
易错点
不能找到H2 和N2之间的逻辑关系。
正确答案
价廉;吸收CO2能力差
碱液循环使用;2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O
解析
从题给价格看,明显Na2CO3碱液更便宜,价廉;但是吸收CO2能力差;由于生成的KHCO3受热可以易分解,生成的碱液循环使用,乙降低成本;方程式为:2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O
考查方向
解题思路
根据表中数据可知若选择Na2CO3碱液作吸收液,其优点是价廉,而缺点是吸收CO2能力差。由于生成的碳酸氢钾受热易分解产生碳酸钾,所以使碱液循环使用可以降低成本,反应的化学方程式为2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O;
易错点
未能读懂并捕捉到全部相关信息。
正确答案
(1)
(2)IV
解析
(1)因半水煤气中含有CO2,先利用碱液吸收后干燥,然后通过CuO和H2、CO反应,利用浓硫酸稀释产生的水蒸气,利用碱液吸收产生的二氧化碳,进而计算体积分数。(2)氢气还原氧化铜生成水蒸气,浓硫酸吸收水蒸气,所以该实验方案中,步骤Ⅳ可以确定半水煤气中H2的体积分数。
考查方向
解题思路
(1)首先利用碱液除去二氧化碳,干燥后再通过氧化铜反应,利用浓硫酸稀释产生的水蒸气,利用碱液吸收产生的二氧化碳,进而计算体积分数。(2)氢气还原氧化铜生成水蒸气,浓硫酸吸收水蒸气。
易错点
流程的设计和评价考虑不周全。不清楚步骤Ⅳ的作用。
M是聚合物胶黏剂、涂料等的单体,其一条合成路线如下(部分试剂及反应条件省略):
完成下列填空:
44.反应①的反应类型是____________。反应④的反应条件是_____________。
45.除催化氧化法外,由A得到所需试剂为___________。
46.已知B能发生银镜反应。由反应②、反应③说明:在该条件下,_______________。
47.写出结构简式,C________________ D________________
48.D与1-丁醇反应的产物与氯乙烯共聚可提高聚合物性能,写出该共聚物的结构简式。_____________
49.写出一种满足下列条件的丁醛的同分异构体的结构简式。____________
①不含羰基 ②含有3种不同化学环境的氢原子
已知:双键碳上连有羟基的结构不稳定。
正确答案
消除反应;浓硫酸,加热
解析
从反应①前后两种物质的组成对比,明显少了一分子的水,故该反应是消去了水,属于消去反应,反应④是醇Y和酸D的酯化反应,其条件是:浓硫酸,加热
考查方向
解题思路
丁醛通过羟醛缩合反应得到的产物再经过分子内脱水可得A,故为消去反应。反应④是酯化反应。
易错点
酯化反应的条件未掌握。
正确答案
银氨溶液,酸(合理即给分)
解析
除催化氧化法外,由A得到还可以利用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液等将醛基氧化成羧基,然后再酸化的方法。故答案为:银氨溶液,酸(其他合理答案亦可)。
考查方向
解题思路
由A得到,需要把醛基氧化成羧基,而碳碳双键不能破坏,故只能用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液等。
易错点
不清楚醛基氧化成羧基的方法。
正确答案
碳碳双键比羰基易还原(合理即给分)
解析
化合物A(C8H14O)与H2发生加成反应生成B(C8H16O),由B能发生银镜反应,说明碳碳双键首先与H2加成,即碳碳双键比醛基(羰基)易还原。故答案为:碳碳双键比醛基(羰基)易还原(其他合理答案亦可)。
考查方向
解题思路
B能发生银镜反应。由反应②、反应③说明碳碳双键首先与H2加成,即碳碳双键比醛基(羰基)易还原。
易错点
“易还原”表述成“易反应”。
正确答案
CH2=CHCHO;
解析
丙烯CH2=CHCH3在催化剂作用下被O氧化为C(分子式为C3H4O),结构简式为:CH2=CHCHO;CH2=CHCHO进一步被催化氧化生成D(分子式为C3H4O2),D的结构简式为:CH2=CHCOOH;Y的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH,D与Y在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成M,M的结构简式为:。故答案为:CH2=CHCHO;。
考查方向
解题思路
此题采用顺推法。C3H6为丙烯:CH2=CHCH3,丁醛通过羟醛缩合反应得到的产物再经过分子内脱水可得A,A中碳碳双键和H21:1加成可得B,B中醛基进一步加成可得到Y:CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH;另一条合成线为CH2=CHCH3氧化生成C:CH2=CHCHO,CH2=CHCHO进一步氧化成D:CH2=CHCOOH,D和Y酯化生成:M()。
易错点
有机物官能团的性质不熟悉。
正确答案
(其他合理答案亦可)
解析
D为CH2=CHCOOH,与1-丁醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3,CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3与氯乙烯发生加聚反应可生成高聚物:(其他合理答案亦可)。故答案为:。
考查方向
解题思路
根据D为CH2=CHCOOH,可推断出D与1-丁醇反应的产物,再根据加聚反应的特点可以写出该共聚物的结构简式。
易错点
未掌握加聚反应的特点。
正确答案
(其他合理答案亦可)
解析
丁醛的结构简式为:CH3CH2CH2CHO,Ω=1,在其同分异构体中①不含羰基,说明分子
中含有碳碳双键,②含有3种不同化学环境的氢原子且双键碳上连有羟基的结构不稳定。则符合条件的结构简式为:(其他合理答案亦可)。
考查方向
解题思路
综合分析题给信息,结合Ω可得到答案。
易错点
误写出双键碳上连有羟基的结构。
NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理:
(1)NaCN与NaClO反应,生成NaOCN和NaCl
(2)NaOCN与NaClO反应,生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
已知HCN(Ki=6.3×10-10)有剧毒;HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
完成下列填空:
23.第一次氧化时,溶液的pH应调节为____________(选填“酸性”、“碱性”或“中性”);原因是______________________。
24.写出第二次氧化时发生反应的离子方程式。
_______________________________________
25.处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水,实际至少需NaClO___g(实际用量应为理论值的4倍),才能使NaCN含量低于0.5 mg/L,达到排放标准。
26.(CN)2与Cl2的化学性质相似。(CN)2与NaOH溶液反应生成_________、__________和H2O。
27.上述反应涉及到的元素中,氯原子核外电子能量最高的电子亚层是___________;H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为_______。
28.HCN是直线型分子,HCN是___________分子(选填“极性”或“非极性”)。HClO的电子式为___________。
正确答案
碱性;防止生成HCN,造成人员中毒或污染空气。
解析
依据HCN的电离平衡常数可知HCN是极弱的酸,所以NaCN极易于酸反应生成HCN。为防止生成HCN,造成人员中毒或污染空气,因此第一次氧化时,溶液的pH应调节为碱性。
考查方向
解题思路
对于HAH++A-,Ki=,一定温度下电离平衡常数的大小通常是用来衡量酸性强弱的主要依据,Ki值越大说明酸性越强。HCN的Ki=6.3×10-10,说明HCN是极弱的酸,NaCN属于强碱弱酸盐,极易水解使水溶液表现碱性,即NaCN只能存在于碱性环境中。若调整NaCN溶液pH至中性或酸性,NaCN几乎完全转化为剧毒物质HCN。
易错点
不能根据Ki值大小判断酸性的强弱。
正确答案
2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑
解析
NaOCN与NaClO反应,生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2,首先确定反应物和生成物;再依据反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价,得到2个电子。N元素化合价从-3价升高到0价,失去3个电子,则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2:3,反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑。
考查方向
解题思路
先确定反应物和生成物,再找化合价的变化,最后通过守恒法求氧化剂和还原剂之间的比例关系。
易错点
不会根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比。
正确答案
14900
解析
NaCN被氧化的两个阶段氧化剂均为NaClO,所以可以合并一起进行计算,即反应物为NaCN和NaClO,生成物为:Na2CO3、CO2、NaCl和N2。参加反应的NaCN是,反应中C由+2价升高到+4价,N元素化合价从-3价升高到0价,即1molNaCN失去5mol电子,1mol次氯酸钠得到2mol电子,所以处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水,实际至少需NaClO的质量
考查方向
解题思路
在氧化还原反应中遵循电子守恒,即氧化剂得到的电子的物质的量(或个数)等于还原剂失去的电子的物质的量(或个数)。
易错点
不能运用电子守恒法解题。
正确答案
NaOCN、NaCN
解析
类比Cl2和 NaOH溶液反应生成NaCl+NaClO,所以,该反应的产物为:NaCN、NaOCN(NaCNO)
考查方向
解题思路
(CN)2与NaOH溶液反应可以采用类推法的思想,类比Cl2和 NaOH溶液反应生成NaCl+NaClO。
易错点
Cl2和 NaOH溶液反应不会写化学方程式。
正确答案
3p;H
解析
由Cl的核外电子排布情况,核外电子能量最高的电子亚层是3p亚层;依据元素周期律不难排出相关元素的原子半径大小为:H
考查方向
解题思路
氯原子核外电子排布1s2 2s2 2p6 3s2 3p5,能量最高的电子亚层是3p。同周期从左向右原子半径在逐渐减小;同主族从上到下原子半径在逐渐增大。
易错点
原子半径的递变规律未掌握。
正确答案
极性;
解析
HCN分子是直线型,肯定正负电荷重心不重合,故为极性分子;从HClO的各元素化合价判断,其电子式为:
考查方向
解题思路
在HClO分子中H、Cl只能形成单键,O要形成双键。所以其电子式中O写在H、Cl之间。
易错点
HClO的电子式误写为Cl在H、O之间。
乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业,中学化学实验常用a装置来制备。
完成下列填空:
33.实验时,通常加入过量的乙醇,原因是______________。加入数滴浓硫酸即能起催化作用,但实际用量多于此量,原因是_______________;浓硫酸用量又不能过多,原因是____________。
34.饱和Na2CO3溶液的作用是_______________。
35.反应结束后,将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中,_________、________,然后分液。
36.若用b装置制备乙酸乙酯,其缺点有__________、__________。由b装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和食盐水洗涤后,还可能含有的有机杂质是________,分离乙酸乙酯与该杂质的方法是_______________。
正确答案
增大反应物浓度,使平衡向生成酯的方向移动,提高酯的产率。(合理即给分)
浓H2SO4能吸收生成的水,使平衡向生成酯的方向移动,提高酯的产率。
浓H2SO4具有强氧化性和脱水性,会使有机物碳化,降低酯的产率。
解析
由于是可逆反应,因此加入过量的乙醇增大反应物浓度,使平衡向生成酯的方向移动,提高酯的产率。由于浓H2SO4能吸收生成的水,使平衡向生成酯的方向移动,提高酯的产率,因此实际用量多于此量;由于浓H2SO4具有吸水性,会使平衡向生成酯的方向移动,提高乙酸乙酯的产率,所以浓硫酸实际用量较多。
考查方向
解题思路
加入过量的乙醇增大反应物浓度和加入较多的浓硫酸吸收反应生成的水,都使平衡向生成酯的方向移动。不能
易错点
不能从平衡的角度去分析乙酸乙酯的制备原理。
正确答案
中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解
解析
由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸,所以饱和Na2CO3溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解。
考查方向
解题思路
饱和Na2CO3溶液的作用有三个方面:中和挥发的乙酸、溶解乙醇,同时减少乙酸乙酯在水中的溶解,便于分层分离。
易错点
饱和Na2CO3溶液的作用有三个方面,部分学生考虑不周全。
正确答案
振荡、静置
解析
对于分液分离,应先振荡、静置,再分液。
考查方向
解题思路
分液操作之前要振荡除去乙酸乙酯中的杂质,再静置分层。
易错点
分液的操作不熟悉。
正确答案
原料损失较大、易发生副反应 乙醚;蒸馏
解析
对照a装置,由于b装置直接加热温度不易控制,且反应物易挥发、也易发生副反应,原料损失较大;因乙醇若在140°时易发生分子间的取代生成乙醚,不溶于水易溶于有机物,因此,洗涤后还可能含有的有机杂质是乙醚;乙醚和乙酸乙酯互溶,但沸点不同,应用蒸馏方法分离。
考查方向
解题思路
酯化反应是是可逆反应。有机实验题要充分考虑产品的产率、如何分离提纯等问题。
易错点
未考虑到乙酸乙酯制备过程中会生成副产品乙醚。
异戊二烯是重要的有机化工原料,其结构简式为CH2=C(CH3)CH=CH2。
完成下列填空:
41.化合物X与异戊二烯具有相同的分子式,与Br/CCl4反应后得到3-甲基-1,1,2,2-四溴丁烷。X的结构简式为_______________。
42.设计一条由异戊二烯制得有机合成中间体的合成路线。
(合成路线常用的表示方式为:)
43.异戊二烯的一种制备方法如下图所示:
A能发生的反应有___________。(填反应类型)
B的结构简式为______________。
正确答案
解析
由题意可知化合物X与异戊二烯的分子式相同,则X的分子式为:C6H10,X的不饱和度Ω=2;由X与Br2/CCl4发生加成反应产物为3-甲基-1,1,2,2-四溴丁烷,则X分子中存在碳碳三键,其结构简式为:CH≡CCH(CH3)2。故答案为:CH≡CCH(CH3)2。
考查方向
解题思路
有机反应的七大类型、有机物官能团的性质需要掌握,还要学会将反应物和生成物进行结构对比,结合反应条件的信息在加以推断。
易错点
不能根据X与Br2/CCl4发生加成反应产物为3-甲基-1,1,2,2-四溴丁烷推断出X分子中存在碳碳三键。
正确答案
(合理即给分)
解析
根据题意可知CH2=C(CH3)CH=CH2在一定条件下首先与HCl发生加成反应生成CH2=C(CH3)CH2CH2Cl;CH2=C(CH3)CH2CH2Cl在氢氧化钠溶液、加热条件下发生取代(水解)反应生成CH2=C(CH3)CH2CH2OH;CH2=C(CH3)CH2CH2OH在催化剂、加热条件下与H2发生加成反应即可生成CH3CH(CH3)CH2CH2OH。故答案为:
考查方向
解题思路
有机反应的七大类型、有机物官能团的性质需要掌握,还要学会将反应物和生成物进行结构对比,结合反应条件的信息在加以推断。
易错点
不会采用综合思维的方法进行有机合成路线的设计。
正确答案
加成(还原)、氧化、聚合、取代(酯化)、消除反应;
考查方向
考查有机反应类型、有机物官能团的性质、常见有机物的推断和合成途径的设计和方法。
解题思路
有机反应的七大类型、有机物官能团的性质需要掌握,还要学会将反应物和生成物进行结构对比,结合反应条件的信息在加以推断。
易错点
漏写反应类型。
教师点评
A分子中存在碳碳双键能与H2O、X2、H2、HX等发生加成反应,与H2的加成反应也属于还原反应;能被酸性高锰酸钾溶液氧化而发生氧化反应;能发生加聚反应(聚合反应)。A分子中存在羟基能发生取代反应(酯化反应)和消除反应。将A与异戊二烯的结构简式对比可知,A首先与H2发生加成反应生成,再发生消除反应即可得到异戊二烯,所以B的结构简式为:。故答案为:加成反应、还原反应、氧化反应、聚合(加聚)反应、取代(酯化)反应、消除反应;。
CO2是重要的化工原料,也是应用广发的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。
完成下列计算:
50.CO2通入氨水生成NH4HCO3,NH4HCO3很容易分解。2.00 mol NH4HCO3完全分解,分解产物经干燥后的体积为_________L(标准状况)。
51. 某H2中含有2.40 molCO2,该混合气体通入2.00 L NaOH溶液中,CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应,该NaOH溶液的浓度为_______。
52.CO2和KO2有下列反应:
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2,则反应前密封舱内H2O的量应该是多少?列式计算。
53.甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料:CH4+H2OCO+3H2
已知:CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O
300 mol CH4完全反应后的产物中,加入100 mol CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 mol,残留氢气120 mol,计算CO2的转化率。
正确答案
89.6
解析
碳酸氢铵完全分解再干燥后得氨气、二氧化碳,2.00 mol NH4HCO3完全分解,得2mol的氨气和2mol的CO2,即气体共4mol,标况下的体积为:89.6L。
考查方向
解题思路
物质的量应用于化学方程式的计算要注意步骤:1.正确的写出化学方程式。2.找到已知量和要求量之间的关系。3.列比例式,求解。化学计算中常常涉及的计算方法有守恒法和极值法,需要熟练掌握。
易错点
计算不细心。
正确答案
2.4 mol/L≥c≥1.2 mol/L
解析
该反应只是说完全反应,并没有说明生成什么,可能全部的碳酸钠,也可能全部是碳酸氢钠:
(1)CO2+NaOH=NaHCO3,n(NaOH)= n(CO2)=2.40mol,则c(NaOH)==1.20mol/L;
(2)CO2+2NaOH=Na2CO3,n(NaOH)=2n(CO2)=4.80mol,则c(NaOH)==2.40mol/L;
综合(1)、(2)可知,NaOH溶液的浓度应该1.20mol/L≤c(NaOH)≤2.40mol/L。
考查方向
解题思路
根据CO2与NaOH恰好反应,只需满足1/2≤n(CO2):n(NaOH) ≤1即可。
易错点
不知道符合1/2≤n(CO2):n(NaOH) ≤1,CO2与NaOH都是恰好反应。
正确答案
; n(H2O)=(9/6)×2=3(mol)
解析
法一:
依题意,9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2,即n(CO2)∶n(O2)=1∶1,通过观察题给两个方程式可知,当把两个方程式相加时正好符合题目要求:
8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2
所以有n(H2O)=n(CO2)=×9mol=3mol,即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol。
法二:
设反应前密封舱内H2O的物质的量为n
4KO2 + 4CO2 + 2H2O → 4KHCO3 + 3O2
2n n 1.5n
4KO2 + 2CO2 → 2K2CO3 + 3O2[来源:学科网ZXXK]
9-2n 1.5(9-2n)
根据题意生成氧气9mol,所以有1.5n+ 1.5(9-2n)=9mol,解得n=3mol,即反应前密封舱内
H2O的物质的量为3mol。
考查方向
解题思路
物质的量应用于化学方程式的计算要注意步骤:1.正确的写出化学方程式。2.找到已知量和要求量之间的关系。3.列比例式,求解。化学计算中常常涉及的计算方法有守恒法和极值法,需要熟练掌握。
易错点
比例式上下单位要一致。
正确答案
α=80/100=80%
解析
法一:
CH4 + H2O → CO + 3H2
300mol 300mol 900mol
设CO2的转化率为α,CO的转化率为β
CO + 2H2 → CH3OH CO2 + 3H2 → CH3OH + H2O
300βmol 600βmol 300βmol 100αmol 300αmol 100αmol
根据题意,共生成350mol甲醇,所以有300βmol+100αmol=350mol-------①式
根据题意,反应后残留氢气120mol,则实际参加反应的氢气为900mol-350mol,所以有
600βmol+300αmol=900mol-350mol--------②式
由①②式可得α=0.8,即设CO2的转化率为80%。
法二:
在合成甲醇的反应中,氢元素在生成物中有两种存在形式,一是存在于甲醇中,二是存在于水中。利用守恒法也可求得答案。
考查方向
解题思路
物质的量应用于化学方程式的计算要注意步骤:1.正确的写出化学方程式。2.找到已知量和要求量之间的关系。3.列比例式,求解。化学计算中常常涉及的计算方法有守恒法和极值法,需要熟练掌握。
易错点
不能准确找到已知量和要求量之间的关系。