化学 新余市2017年高三第七次模拟考试
精品
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单选题 本大题共7小题,每小题6分,共42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: 6分

10.某种药物合成中间体的结构简式为:,有关该物质的说法不正确的是    (    )

A属于芳香族化合物

B能发生消去反应和酯化反应

C能分别与金属Na、NaHCO3溶液反应

D1 mol该有机物与足量NaOH溶液反应,消耗5 mol NaOH

正确答案

D

解析

(A). 分子中含有苯环,为芳香族化合物,所以A正确;

(B). 分子中含有醇羟基,可发生消去和酯化反应,所以B正确;

(C). 分子中含有羧基,可与金属钠、碳酸氢钠溶液反应,所以C正确;

(D). 分子中含有2个酚羟基和1个羧基,则1mol该有机物与足量NaOH溶液反应,消耗3mol NaOH,所以D不正确。

故选D。

考查方向

芳香族化合物

解题思路

(A). 分子中含有苯环,为芳香族化合物;

(B). 分子中含有醇羟基,可发生消去和酯化反应;

(C). 分子中含有羧基,可与金属钠、碳酸氢钠溶液反应;

(D). 分子中含有2个酚羟基和1个羧基,则1mol该有机物与足量NaOH溶液反应,消耗3mol NaOH。

易错点

官能团的性质

1
题型: 单选题
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分值: 6分

11.设NA为阿佛加德罗常数,下列叙述中正确的是(    )

A1L 1mol/L的盐酸溶液中,所含氯化氢分子数为NA

B标准状况下22.4 L H2 中含中子数为2NA

C1L 1mol/L醋酸溶液中离子总数为2NA

D1molMg与足量O2或N2反应生成MgO或Mg3N2均失去2NA个电子

正确答案

D

解析

(A). HCl为强电解质,在盐酸中完全电离生成氢离子和氯离子,故氯化氢溶液中不存在氯化氢分子,所以A不正确;

(B). 氕原子不含中子,故标准状况下22.4 L H2 中含中子数为0,所以B不正确;

(C). 醋酸是弱电解质,存在电离平衡,1L 1mol/L醋酸溶液中离子总数小于2NA,所以C不正确;

(D). 镁最外层电子数为2,发生反应失去最外层电子,故1mol Mg与足量O2或N2反应生成MgO或Mg3N2均失去2NA个电子,所以D正确。

故选D。

考查方向

阿伏伽德罗常数

解题思路

(A). HCl为强电解质,在盐酸中完全电离生成氢离子和氯离子,故氯化氢溶液中不存在氯化氢分子;

(B). 氕原子不含中子,故标准状况下22.4 L H2 中含中子数为0;

(C). 醋酸是弱电解质,存在电离平衡,1L 1mol/L醋酸溶液中离子总数小于2NA

(D). 镁最外层电子数为2,发生反应失去最外层电子,故1mol Mg与足量O2或N2反应生成MgO或Mg3N2均失去2NA个电子。

易错点

氕原子等特殊物质的性质

1
题型: 单选题
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分值: 6分

12.25℃时,取浓度均为0.1 mol·L-1的醋酸溶液和氨水溶液各20 mL,分别用0.1 mol·L-1NaOH溶液、0.1 mol·L-1盐酸进行中和滴定,滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如右图所示。下列说法正确的是(    )

A曲线Ⅰ:滴加溶液到10 mL时:c(CH3COO)>c(Na)>c(H)>c(OH)

B曲线Ⅰ:滴加溶液到20 mL时: c(Cl)>c(NH4)>c(OH)>c(H)

C曲线Ⅱ:滴加溶液到10 mL时:c(CH3COO)-c(CH3COOH)=2[c(H)-c(OH)]

D曲线Ⅱ:滴加溶液在10 mL~20 mL之间存在:c(NH4)=c(Cl)>c(OH)=c(H)

正确答案

C

解析

(A). 根据曲线变化趋势知,当未滴加溶液时,曲线I的pH>7,说明属于酸滴定碱溶液,曲线I为酸滴定碱溶液,当滴加溶液到10mL时,溶液中的溶质是氯化铵和一水合氨,溶液呈碱性,则c(H+)<c(OH-),所以A不正确;

(B). 曲线I为酸滴定碱溶液,当滴加溶液到20mL时,溶液中的溶质是氯化铵,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),所以得c(Cl-)>c(NH4+),盐类水解程度较小,所以离子浓度大小顺序是c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-),所以B不正确;

(C). 根据曲线变化趋势知,当未滴加溶液时,曲线II的pH<7,说明属于碱滴定酸溶液,滴加溶液到10 mL时,溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠,溶液中存在物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+),溶液中存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(H+)=c(OH-)+c(Na+),所以得c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)] ,所以C正确;

(D). 曲线II为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线,滴加溶液在10 mL~20 mL之间存在,溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸,溶液显酸性,醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度,则溶液中c(H+)>c(OH-),所以D不正确。

故选C。

考查方向

离子浓度的大小判断

解题思路

(A). 根据曲线变化趋势知,当未滴加溶液时,曲线I的pH>7,说明属于酸滴定碱溶液,曲线I为酸滴定碱溶液,当滴加溶液到10mL时,溶液中的溶质是氯化铵和一水合氨,溶液呈碱性,则c(H+)<c(OH-);

(B). 曲线I为酸滴定碱溶液,当滴加溶液到20mL时,溶液中的溶质是氯化铵,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),所以得c(Cl-)>c(NH4+),盐类水解程度较小,所以离子浓度大小顺序是c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-);

(C). 根据曲线变化趋势知,当未滴加溶液时,曲线II的pH<7,说明属于碱滴定酸溶液,滴加溶液到10 mL时,溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠,溶液中存在物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+),溶液中存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(H+)=c(OH-)+c(Na+),所以得c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)];

(D). 曲线II为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线,滴加溶液在10 mL~20 mL之间存在,溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸,溶液显酸性,醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度,则溶液中c(H+)>c(OH-)。

易错点

盐类水解和弱电解质的电离

1
题型: 单选题
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分值: 6分

13.气体的自动化检测中常常应用原电池原理的传感器。下图为电池的工作示意图:气体扩散进入传感器,在敏感电极上发生反应,传感器就会接收到电信号。下表列出了待测气体及敏感电极上部分反应产物。则下列说法中正确的是  (      )

A上述气体检测时,敏感电极均作电池正极

B检测H2S气体时,对电极充入空气,对电极上的电极反应式为O2 + 2H2O+ 4e= 4OH-

C检测Cl2气体时,敏感电极的电极反应为:Cl2 + 2e= 2Cl

D检测H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时,传感器上产生的电流大小相同

正确答案

C

解析

(A). CO转化为二氧化碳,硫化氢转化为硫酸,C元素和S元素的化合价升高,发生氧化反应,作电池的负极,所以A不正确;

(B). 硫化氢的电极反应产物是硫酸,所以对电极上的电极反应为氧气得电子与氢离子结合生成水,所以B不正确;

(C). 氯气为待测气体,生成HCl,氯元素的化合价降低,得电子发生还原反应,故电极反应为:Cl2 + 2e= 2Cl

,所以C正确;

(D). 产生的电流大小与失电子多少有关,检测H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时,硫化氢失去电子数大于CO,所以产生电流大小不同,所以D不正确。

故选C。

考查方向

原电池原理

解题思路

(A). CO转化为二氧化碳,硫化氢转化为硫酸,C元素和S元素的化合价升高,发生氧化反应,作电池的负极;

(B). 硫化氢的电极反应产物是硫酸,所以对电极上的电极反应为氧气得电子与氢离子结合生成水;

(C). 氯气为待测气体,生成HCl,氯元素的化合价降低,得电子发生还原反应;

(D). 产生的电流大小与失电子多少有关,检测H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时,硫化氢失去电子数大于CO,所以产生电流大小不同。

易错点

电极反应的书写

1
题型: 单选题
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分值: 6分

7.化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中,错误的是(     )

A服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害

B血液透析是利用了胶体的性质

C在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋,可防止食物受潮、氧化变质

D厨房中燃气泄漏,立即打开抽油烟机排气

正确答案

D

解析

(A). 铬离子是重金属离子能使蛋白质发生变性,服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害,所以A正确;

(B). 利用血液透析进行治疗因肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒,是利用了血液是胶体,不会通过半透膜的原理,所以B正确;

(C). 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋,硅胶(具有吸湿性)能吸收水分,铁是较活泼的金属,具有还原性,能防止食品被氧化,所以C正确;

(D). 煤气属于可燃性气体,厨房中煤气泄漏时若立即打开抽油烟机排气,可能会引起爆炸,所以D不正确。

故选D。

考查方向

化学与生活有关知识

解题思路

(A). 铬离子是重金属离子,能使蛋白质发生变性,服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害;

(B). 利用血液透析进行治疗因肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒,是利用了血液是胶体,不会通过半透膜的原理;

(C). 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋,硅胶(具有吸湿性)能吸收水分,铁是较活泼的金属,具有还原性,能防止食品被氧化;

(D). 煤气属于可燃性气体,厨房中煤气泄漏时若立即打开抽油烟机排气,可能会引起爆炸。

易错点

环境的污染和治理

1
题型: 单选题
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分值: 6分

8.对四支分别盛有无色溶液的试管,进行如下操作,结论正确的是(      )

AA

BB

CC

DD

正确答案

A

解析

(A). 因氯气氧化碘离子生成碘单质,碘在四氯化碳中为紫红色,则原溶液中一定含有I-,所以A正确;

(B). 向某溶液中滴加BaCl2溶液,若有白色沉淀,则说明原溶液中可能含Ag+或SO42-,但不能同时存在,所以B不正确;

(C). 氢氧化钠过量,不能证明溶解度大小,如加入足量氯化镁完全生成氢氧化镁沉淀后再加入氯化铁,能生成红褐色沉淀,则可证明,所以C不正确;

(D). 向某无色溶液中加入NaOH溶液,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝,因为加热才能使氨气挥发出来,则不能说明原溶液中一定无NH4+,所以D不正确。

故选A。

考查方向

化学实验方案的评价

解题思路

(A). 因氯气氧化碘离子生成碘单质,碘在四氯化碳中为紫红色,则原溶液中一定含有I-

(B). 向某溶液中滴加BaCl2溶液,若有白色沉淀,则说明原溶液中可能含Ag+或SO42-,但不能同时存在;

(C). 氢氧化钠过量,不能证明溶解度大小,如加入足量氯化镁完全生成氢氧化镁沉淀后再加入氯化铁,能生成红褐色沉淀,则可证明;

(D). 向某无色溶液中加入NaOH溶液,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝,因为加热才能使氨气挥发出来,则不能说明原溶液中一定无NH4+

易错点

沉淀溶解平衡

1
题型: 单选题
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分值: 6分

9.4种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其原子的最外层电子数之和为19,W和X元素原子内质子数之比为1:2,X2+和Z-离子的电子数之差为8,下列说法不正确的是  (      )

A与W相邻的同主族元素可制成重要的半导体材料

BX单质不可能置换出W单质

C元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z

DW、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HZO4

正确答案

B

解析

(A). 根据题意,W和X元素原子内质子数之比为1:2,X2+和Z-离子的电子数之差为8,则X是Mg元素,W是C元素,Z是Cl元素,其原子的最外层电子数之和为19,Y是S元素,与C相邻的同主族元素Si元素可制成重要的半导体材料,所以A正确;

(B). Mg可以与在CO2中燃烧生成C和MgO,所以B不正确;

(C). X、Y、Z是同周期元素的原子,同周期元素的原子半径依次减小,故元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z,所以C正确;

(D). 非金属性越强,最高价氧化物对应的水化物酸性越强,W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4,所以D正确。

故选B。

考查方向

元素周期律

解题思路

(A). 根据题意,W和X元素原子内质子数之比为1:2,X2+和Z-离子的电子数之差为8,则X是Mg元素,W是C元素,Z是Cl元素,其原子的最外层电子数之和为19,Y是S元素,与C相邻的同主族元素Si元素可制成重要的半导体材料;

(B). Mg可以与在CO2中燃烧生成C和MgO;

(C). X、Y、Z是同周期元素的原子,同周期元素的原子半径依次减小,故元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z;

(D). 非金属性越强,最高价氧化物对应的水化物酸性越强,W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4

易错点

元素金属性非金属性强弱的判断

简答题(综合题) 本大题共73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: 14分

高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛的用途。湿法、干法制备高铁酸盐的原理如下表所示。

18.工业上用湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的流程如图所示:

①洗涤粗品时选用异丙醇而不用水的理由是:                                 

②反应II的离子方程式为                                                  

③已知25℃时Fe(OH)3的Ksp = 4.0×10-38,反应II后的溶液中c(Fe3+)=4.0×10-5 mol/L,则需要调整pH=         时,开始生成Fe(OH)3(不考虑溶液体积的变化)。

19.由流程图可见,湿法制备高铁酸钾时,需先制得高铁酸钠,然后再向高铁酸钠中加入饱和KOH溶液,即可析出高铁酸钾。

①加入饱和KOH溶液的目的是:                              。

②由以上信息可知:高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠       (填“大”或“小”)。

20.干法制备K2FeO4的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为        

21.高铁电池是正在研制中的可充电干电池,高铁电池具有工作电压稳定, 放电时间长等优点,有人以高铁酸钾、二氧化硫和三氧化硫为原料,以硫酸钾为电解质,用惰性电极设计成高温下使用的电池,写出该电池正极电极反应式:                      

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

①减少高铁酸钾的溶解损失    ②  3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O  ③  3

解析

①钾盐易溶于水,用有机溶剂异丙醇可以避免钾盐的损失
②上一步反应生成了次氯酸根,在碱性条件下次氯酸根作为唯一的氧化剂氧化三价铁离子生成氯离子和高铁酸盐,其离子方程式是3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O。

③已知反应II后的溶液中c(Fe3+)=4.0×10-5 mol/L,则由Ksp〔Fe(OH)3〕=c3(OH-)·c(Fe3+)可以算出,c(OH-)=10-11,根据pH的算法,得出pH=3。

故答案为:①减少高铁酸钾的溶解损失    ②  3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O  ③  3

考查方向

铁的化合物的性质

解题思路

①钾盐易溶于水,用有机溶剂可以避免钾盐的损失
②上一步反应生成了次氯酸根,在碱性条件下次氯酸根作为唯一的氧化剂氧化三价铁离子生成氯离子和高铁酸盐。

③已知反应II后的溶液中c(Fe3+)=4.0×10-5 mol/L,则由Ksp〔Fe(OH)3〕=c3(OH-)·c(Fe3+)可以算出,c(OH-)=10-11,根据pH的算法,得出pH=3。

易错点

沉淀溶解平衡。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

①增大K+浓度,促进K2FeO4晶体析出        ②小

解析

①由Ksp〔K2FeO4〕=c2(K+)·c(FeO42-)可知,加入饱和氢氧化钾溶液,能增加溶液中的增加钾离子浓度,故可以析出K2FeO4晶体。
②溶解度小的沉淀先析出,本题中首先析出的是高铁酸钾,所以高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小。

故答案为: ①增大K+浓度,促进K2FeO4晶体析出        ②小

考查方向

沉淀溶解平衡

解题思路

①由Ksp〔K2FeO4〕=c2(K+)·c(FeO42-)可知,加入饱和氢氧化钾溶液能增加钾离子浓度,故可以析出K2FeO4晶体。
②溶解度小的沉淀先析出,所以高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小。

易错点

影响沉淀溶解平衡的因素。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

3:1

解析

KNO3中的N得到2个电子化合价降低做氧化剂,Fe2O3中的Fe 失去3个电子化合价升高做还原剂,由电子守恒可以得到答案,所以化合价升高N×3,化合价降低Fe×2,故比例为3:1。

故答案为: 3:1

考查方向

氧化还原反应

解题思路

KNO3中的N得到2个电子化合价降低做氧化剂,Fe2O3中的Fe 失去3个电子化合价升高做还原剂,由电子守恒可以得到答案。

易错点

电子守恒。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

FeO42- + 3e- + 4SO= Fe3+ + 4SO42-或FeO42- + 3e-+8H+ = Fe3++4H2O

解析

高铁酸钾得电子做氧化剂在正极上发生还原反应,所以在正极上反应的物质是FeO42-被还原为Fe3+

故答案为:FeO42- + 3e- + 4SO= Fe3+ + 4SO42-或FeO42- + 3e-+8H+ = Fe3++4H2O

考查方向

电解原理

解题思路

高铁酸钾得电子做氧化剂在正极上发生还原反应。

易错点

电极反应的书写。

1
题型:简答题
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分值: 15分

环己酮是重要化工原料,是制造尼龙、己内酰胺和己二酸的主要中间体。实验 室常用铬酸氧化环己醇制备,但铬酸较贵且污染环境。某化学兴趣尝试用中学化学更常见的次氯酸钠代替铬酸制备环己酮。有关物质信息、实验流程及实验装置如下:

环己酮:无色或浅黄色透明液体,有强烈的刺激性臭味,密度(相对水=1):0.95,熔点:-45℃,沸点:155℃,溶解度(100mL H2O):2.4g (31℃)。

     

回答下列问题:

22.在反应开始的5min,为了将体系温度维持在30~35℃,除了用冰水浴冷却外,采取的措施还有                        

23.加入饱和NaHSO3溶液时发生的主要反应是                          (用离子方程式表示),确保加入的饱和NaHSO3溶液已经足量的实验操作                                                            

24.为将馏出液的pH调至中性,可以加入的试剂是             

A稀盐酸

B无水碳酸钠

C浓硫酸

D氢氧化钠固体

25.调节pH后还需加入精制食盐,其目的是                          ,“取有机层”时使用的主要仪器是          。(填下图对应的字母)。

26. 实验条件的优化对实验成败至关重要,小组成员觉得有必要对NaClO溶液的最佳浓度进行探究。他们配制了一系列不同浓度的NaClO溶液,并用滴定法标定。具体方法是:用移液管取10.00mL NaClO溶液于500mL容量瓶中定容,取25.00mL于锥形瓶中,加入适量稀盐酸和KI固体(足量),用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点(用淀粉溶液作指示剂),三次平行实验平均消耗Na2S2O3标准溶液18.00mL,已知I2+2Na2S2O3==2NaI+Na2S4O6 。则该NaClO溶液的浓度是           

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

搅拌器搅拌或缓慢滴加NaClO溶液。

解析

因为NaClO水解吸热,故需要搅拌加速热量传递。

故答案为:搅拌器搅拌或缓慢滴加NaClO溶液

考查方向

制备实验方案的设计

解题思路

因为NaClO水解吸热,故需搅拌加速热量传递。

易错点

设计实验。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

ClO + HSO3== Cl + H+ + SO42-

用玻璃棒蘸(或用毛细管吸)取反应液涂在碘化钾淀粉试纸上,若不显蓝色,则NaHSO3溶液已足量。

解析

次氯酸根能将亚硫酸氢根氧化,离子方程式:ClO + HSO3== Cl + H+ + SO42-;饱和NaHSO3溶液已经足量时溶液中无次氯酸根,取反应液涂在碘化钾淀粉试纸上,若不显蓝色,则证明NaHSO3溶液已足量。

故答案为:ClO + HSO3== Cl + H+ + SO42-

考查方向

离子反应

解题思路

次氯酸根能将亚硫酸氢根氧化,离子方程式:ClO + HSO3== Cl + H+ + SO42-;饱和NaHSO3溶液已经足量时溶液中无次氯酸根,取反应液涂在碘化钾淀粉试纸上,若不显蓝色,则证明NaHSO3溶液已足量。

易错点

离子反应的书写。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

B,D

解析

溶液呈酸性,可加入无水碳酸钠或氢氧化钠固体将酸性调至中性。

故答案为:BD

考查方向

酸碱盐的性质

解题思路

溶液呈酸性,可加入无水碳酸钠或氢氧化钠固体。

易错点

影响pH的因素。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

降低环己酮的溶解度,有利于环己酮分层   C

解析

环己酮在氯化钠中的溶解度较小,调节pH后加入精制食盐有利于环己酮分层;环己酮和水互不相溶,可用分液漏斗分离。

故答案为: 降低环己酮的溶解度,有利于环己酮分层   C

考查方向

化学实验基本操作

解题思路

环己酮在氯化钠中的溶解度较小,调节pH后加入精制食盐有利于环己酮分层;环己酮和水互不相溶,可用分液漏斗分离。

易错点

基本仪器的使用。

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

1.800mol/L

解析

设NaClO溶液的浓度是x.
     有反应NaClO+2KI+2HCl==I2+NaCl+2KCl+H2O和I2+2Na2S2O3==2NaI+Na2S4O6可知

NaClO     -------     2Na2S2O3

解得X=1.800mol/L。

故答案为:1.800mol/L

考查方向

化学计算

解题思路

根据NaClO+2KI+2HCl==I2+NaCl+2KCl+H2O ,I2+2Na2S2O3==2NaI+Na2S4O6利用关系式法解题。

易错点

关系式计算。

1
题型:简答题
|
分值: 14分

一氧化碳是一种用途相当广泛的化工基础原料。

14.利用下列反应可以将粗镍转化为纯度达99.9%的高纯镍。

该反应的ΔH       0(选填“>”或“=”或“<”)。

15.在高温下一氧化碳可将二氧化硫还原为单质硫。已知:

① C(s)+O2(g)=CO2(g);ΔH1=-393.5 kJ·mol-1

② CO2(g)+C(s)=2CO(g);ΔH2=+172.5 kJ·mol-1

③ S(s)+O2(g)=SO2(g);ΔH3=-296.0 kJ·mol-1

则2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)  ΔH4       

17.金属氧化物被一氧化碳还原生成金属单质和二氧化碳。下图是四种金属氧化物被一氧化碳还原时lg[c(CO)/c(CO2)]与温度(t)的关系曲线图。800℃时,其中最易被还原的金属氧化物是    (填化学式),该反应的平衡常数数值(K)等于           

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)为化合反应,大多数的化合反应为放热反应,放热反应的△H<0,故该反应的△H<0。

故答案为: <

考查方向

热化学方程式

解题思路

反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)为化合反应,大多数的化合反应为放热反应,放热反应的△H<0。

易错点

放热反应的判断。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

-270 kJ·mol-1

解析

根据盖斯定律,反应2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)可以由热化学方程式①-②-③得到,则反应2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)的焓变ΔH4=△H1-△H2-△H3=-270 kJ•mol-1

故答案为:-270 kJ·mol-1

考查方向

盖斯定律

解题思路

根据盖斯定律,反应2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)可以由热化学方程式①-②-③得到,则焓变ΔH4=△H1-△H2-△H3=-270 kJ•mol-1

易错点

盖斯定律的计算。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

Cu2O        106

解析

根据四种金属氧化物被一氧化碳还原时与温度(t)的关系曲线图可知,800℃时最小的是Cu2O,反之Cu2O的最大,由CO+Cu2O2Cu+CO2可知K值越大,金属氧化物越易被还原,故最易被还原的金属氧化物是Cu2O,在CO+Cu2O2Cu+CO2中K=,由,则K=106

故答案为:Cu2O        106

考查方向

化学平衡常数

解题思路

根据四种金属氧化物被一氧化碳还原时与温度(t)的关系曲线图可知800℃时最小的是Cu2O,反之Cu2O的最大,由CO+Cu2O2Cu+CO2可知K值越大,金属氧化物越易被还原,则,则K=106

易错点

化学平衡常数的计算。

1
题型:简答题
|
分值: 15分

原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W,四种元素的原子序数之和为32,在周期表中X是原子半径最小的元素,Y、Z左右相邻,Z、W位于同主族。

27.W原子的核外电子排布式为_________。

28.均由X、Y、Z三种元素组成的三种常见物质A、B、C分别属于酸、碱、盐,其化学式依次为_________、__________、_________,推测盐中阴离子的空间构型为__________,其中心原子杂化方式为__________。

29.Z、W两种元素电负性的大小关系为_   ___;Y、Z两种元素第一电离能的大小关系为                

30.CO的结构可表示为CO,元素Y的单质Y2的结构也可表示为YY。右表是两者的键能数据(单位:kJ·mol-1):

①结合数据说明CO比Y2活泼的原因:_____。

②意大利罗马大学Fulvio Cacace等人获得了极具研究意义的Y4分子,其结构如图所示,请结合上表数据分析,下列说法中,正确的是_____。

AY4为一种新型化合物                   (B)Y4与Y2互为同素异形体

BY4的沸点比P4(白磷)高            (D) 1 mol Y4气体转变为Y2将放出954.6kJ热量

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

1s22s22p63s23p4

解析

原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W,四种元素的原子序数之和为32,在周期表中X是原子半径最小的元素,则X为氢元素;Y、Z左右相邻,Z、W位于同主族,原子序数Y<Z<W,则三者的相对位置为
,令Y的原子序数为a,则Z的原子序数为a+1,W的原子序数为a+9,所以a+a+1+a+9=32-1,解得a=7,故X为氢元素,Y为氮元素,Z为氧元素,W为硫元素,则硫原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4

故答案为:1s22s22p63s23p4

考查方向

元素周期律

解题思路

原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W,四种元素的原子序数之和为32,在周期表中X是原子半径最小的元素,则X为氢元素;Y、Z左右相邻,Z、W位于同主族,原子序数Y<Z<W,则三者的相对位置为
,令Y的原子序数为a,则Z的原子序数为a+1,W的原子序数为a+9,所以a+a+1+a+9=32-1,解得a=7,故X为氢元素,Y为氮元素,Z为氧元素,W为硫元素。

易错点

电子排布式。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

HNO3、NH3·H2O、NH4NO3        平面三角形      sp2

解析

H、N、O三种元素组成的三种常见物质,分别属于酸、碱、盐,为HNO3、NH3·H2O、NH4NO3;NO3中N原子作为中心原子提供5个电子,当第VIA族的元素O作为N原子的周围原子时,不提供电子,NO3有一个负电荷,多1个电子,所以价电子一共有6个,即3对,没有孤对电子,空间构型为平面三角形,中心原子杂化方式为sp2杂化。

故答案为:HNO3、NH3·H2O、NH4NO3        平面三角形      sp2

考查方向

元素化合物的性质

解题思路

H、N、O三种元素组成的三种常见物质,分别属于酸、碱、盐,为HNO3、NH3·H2O、NH4NO3;NO3中N原子作为中心原子提供5个电子,当元素O作为N原子的周围原子时不提供电子,NO3有一个负电荷,多1个电子,所以价电子一共有6个,即3对,没有孤对电子,空间构型为平面三角形,中心原子杂化方式为sp2杂化。

易错点

分子的杂化。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

O>S或S<O    N>O或O<N

解析

O、S元素位于同主族,电负性O>S;氮的电子排布式是 1s2 2s2 2p3,氧的电子排布式是 1s2 2s2 2p4,氮原子的p轨道处于半满状态,根据洪特规则较为稳定,故第一电离能N>O。

故答案为:O>S或S<O    N>O或O<N

考查方向

电负性  电离能

解题思路

O、S元素位于同主族,电负性O>S;氮的电子排布式是 1s2 2s2 2p3, p轨道处于半满状态 根据洪特规则较为稳定,故第一电离能N>O。

易错点

第一电离能。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

B

解析

① CO断裂第一个π键消耗能量为1071.9 kJ·mol-1-798.9 kJ·mol-1=273 kJ·mol-1, N2断裂第一个π键消耗能量为941.7 kJ·mol-1-418.4 kJ·mol-1=523.3 kJ·mol-1,CO中第一个π键更容易断裂,故CO比N2活泼。
②A、N4为单质,错误;B、N4与N2是N元素组成的结构和性质不同的单质,互为同素异形体,正确;C、N4与P4为结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,范德华力越大,所以沸点N44,错误;D、1 mol N4气体转变为N2放出的热量为:2mol×941. kJ·mol-1-6mol×154.8 kJ·mol-1=954.6kJ,正确。

故答案为:① 断裂第一个π键消耗能量:CO 273kJ·mol-1<N2 523.3kJ·mol-1,CO中第一个π键更容易断裂,故CO比N2活泼     ② B、D

考查方向

化学反应的能量变化

解题思路

① CO断裂第一个π键消耗能量为1071.9 kJ·mol-1-798.9 kJ·mol-1=273 kJ·mol-1, N2断裂第一个π键消耗能量为941.7 kJ·mol-1-418.4 kJ·mol-1=523.3 kJ·mol-1,CO中第一个π键更容易断裂,故CO比N2活泼。
②A、N4为单质;B、N4与N2是N元素组成的结构和性质不同的单质,互为同素异形体;C、N4与P4为结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,范德华力越大,所以沸点N44;D、1 mol N4气体转变为N2放出的热量为:2mol×941. kJ·mol-1-6mol×154.8 kJ·mol-1=954.6kJ。

易错点

热量的计算。

1
题型:简答题
|
分值: 15分

化合物G是一种医药中间体,常用于制备抗凝血药。可以通过下图所示的路线合成:

已知:RCOOHRCOCl;D与FeCl3溶液能发生显色。

请回答下列问题:

31. B→C的转化所加的试剂可能是          ,C+E→F的反应类型是      

32.有关G的下列说法正确的是        

A属于芳香烃

B能与FeCl3溶液发生显色反应

C可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应

D1mol G最多可以跟4mol H2反应

33.E的结构简式为        

34.F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为                                 

35.写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式              

①发生水解反应②与FeCl3溶液能发生显色反应③苯环上有两种不同化学环境的氢原子

36.已知:酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。而苯甲酸苯酚酯是一种重要的有机合成中间体。试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图(无机原料任用)。注:合成路线的书写格式参照如下示例流程图:

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

[Ag(NH3)2]OH或银氨溶液或新制Cu(OH)2碱性悬浊液等合理答案;取代反应。

解析

根据题中各物转化关系,结合信息RCOOH RCOCl,可知C为CH3COOH,由A→B→C的转化条件可知,A被氧化成B,B再被氧化成C,所以B为CH3CHO,A为CH3CH2OH,根据F的结构可知E发生取代反应生成F,所以E为,根据D的分子式和E的结构可知,D与甲醇反应生成E,所以D的结构简式为,B→C的转化是醛基氧化成羧基,所以所加的试剂可能是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液,根据上面的分析可知,C+E→F的反应类型是取代反应。

故答案为:[Ag(NH3)2]OH或银氨溶液或新制Cu(OH)2碱性悬浊液等合理答案;取代反应

考查方向

有机物的推断

解题思路

根据题中各物转化关系,结合信息RCOOH RCOCl,可知C为CH3COOH,由A→B→C的转化条件可知,A被氧化成B,B再被氧化成C,所以B为CH3CHO,A为CH3CH2OH,根据F的结构可知E发生取代反应生成F,所以E为,根据D的分子式和E的结构可知,D与甲醇反应生成E,所以D的结构简式为,B→C的转化是醛基氧化成羧基,根据上面的分析可知,C+E→F的反应类型是取代反应。

易错点

醛基的性质。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

C,D

解析

根据G的结构简式可知,G中有酯基、羟基、碳碳双键、苯环,A.G中有氧元素,所以不属于芳香烃,故A错误;

B.G中没有酚羟基,所以不能与FeCl3溶液发生显色反应,故B错误;

C.G中有酯基、羟基、碳碳双键,可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应,故C正确;

D.G中有苯环,一个苯环可以与三个H2加成,一个碳碳双键可以与一个H2加成,所以1molG最多可以跟4molH2反应,故D正确。

故答案为:CD

考查方向

有机物的结构和性质

解题思路

根据G的结构简式可知,G中有酯基、羟基、碳碳双键、苯环,(A)G中有氧元素,所以不属于芳香烃;

(B)G中没有酚羟基,所以不能与FeCl3溶液发生显色反应;

(C)G中有酯基、羟基、碳碳双键,可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应;

(D)G中有苯环,一个苯环可以与三个H2加成,一个碳碳双键可以与一个H2加成,所以1molG最多可以跟4molH2反应。

易错点

有机化学反应。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

根据上面的分析可知,E的结构简式为

故答案为:

考查方向

有机物的结构

解题思路

根据上面的分析可知,E的结构简式为

易错点

有机物结构的推断。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

+3NaOH → +CH3COONa+CH3OH+H2O

解析

F中有两个酯基与足量NaOH溶液充分反应生成酚羟基也与氢氧化钠反应,所以反应的化学方程式为+3NaOH → +CH3COONa+CH3OH+H2O。

故答案为:+3NaOH → +CH3COONa+CH3OH+H2O

考查方向

酯的水解

解题思路

F中有两个酯基与足量NaOH溶液充分反应生成酚羟基也与氢氧化钠反应,所以反应的化学方程式为+3NaOH → +CH3COONa+CH3OH+H2O。

易错点

酯的碱性水解。

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

E为,E的同分异构体中同时满足下列条件①能发生水解反应,说明有酯基,②与FeCl3溶液能发生显色反应,有酚羟基,③苯环上有两种不同化学环境的氢原子,说明有两个基团处于苯环的对位,这样的结构简式有

故答案为:

考查方向

同分异构体

解题思路

E为,E的同分异构体中同时满足下列条件①能发生水解反应,说明有酯基,②与FeCl3溶液能发生显色反应,有酚羟基,③苯环上有两种不同化学环境的氢原子,说明有两个基团处于苯环的对位,这样的结构简式有

易错点

同分异构体的书写。

第(6)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

以苯酚、甲苯为原料制取可以先将甲苯氧化成苯甲酸,再通过信息把苯甲酸转化为苯酰氯然后再和苯酚反应即可得到产品。所以该化合物的合成路线流程图为

考查方向

有机物的合成

解题思路

易错点

合成流程图。

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