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2019-2020年高三上学期摸底化学试卷(8月份)含解析
一、单项选择题本大题共6小题,每小题4分,共24分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的得4分,选错或不答的得0分.1.(4分)(xx秋•阳江校级月考)生活处处有化学,下列说法正确的是()A.青铜、硬铝和碳素钢都是合金B.葡萄糖和蔗糖互为同分异构体C.淀粉、蛋白质和花生油都是天然高分子化合物D.食用植物油在酸性或碱性条件下水解产物相同2.(4分)(xx秋•越秀区月考)水溶液中能大量共存的一组离子是()A.Al3+、Na+、CO32﹣、NO3﹣B.Ag+、Cl﹣、Fe3+、HCO3﹣C.Fe2+、H+、K+、MnO4﹣D.Mg2+、Br﹣、NH4+、SO42﹣3.(4分)(xx秋•越秀区月考)设nA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是()A.1mol甲醇中含有4nA个C﹣H键B.常温常压下,18gH2O含有10nA电子C.标准状况下,
22.4L盐酸中含有nA个HCl分子D.64g铜片与足量稀HNO3反应生成nA个NO分子4.(4分)(xx秋•资阳区校级月考)下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是()选项叙述Ⅰ叙述ⅡANH4Cl是强酸弱碱盐将NH4Cl溶液蒸干可制备NH4Cl固体BFe3+有强氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+CSO2有还原性用SO2可使溴水褪色DCl2有漂白性用Cl2可与石灰乳反应制备含氯消毒剂A.AB.BC.CD.D5.(4分)(xx秋•阳江校级月考)某同学组装了如图所示的电化学装置Ⅰ和Ⅱ,下列叙述正确的是()A.装置Ⅰ铁极会溶解,溶液从蓝色逐渐变成浅绿色B.装置Ⅰ电流方向由铁极→→铜极C.装置Ⅱ碳极上有无色气体产生D.装置Ⅱ铁极发生还原反应6.(4分)(xx秋•阳江校级月考)HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸,室温下,将
0.2mol•L﹣1的HA和
0.2mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合,下列说法不正确的是()A.混合前
0.2mol•L﹣1HA中c(H+)=c(OH﹣)+c(A﹣)B.混合后溶液中c(Na+)+c(H+)=c(A﹣)+c(OH﹣)C.混合后溶液中c(Na+)>c(OH﹣)>c(A﹣)>c(H+)D.混合后溶液中c(A﹣)+c(HA)=c(Na+)
二、双项选择题本大题共2小题,每小题6分,共12分.在每小题给出的四个选项中,有两个选项符合题目要求,全部选对的得6分,只选一个且正确的得3分,有选错或不答的得0分.7.(6分)(xx秋•阳江校级月考)短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大,甲是周期表中原子半径最小的元素,乙的单质在暗处与甲的单质剧热反应化合并发生爆炸,甲和丙同主族,丁的最外层电子数和电子层数相等,则()A.原子半径丙>丁>乙B.甲与丙的原子核外电子数相差8C.丙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物D.最高价氧化物对应的水化物的碱性丙>丁8.(6分)(xx秋•越秀区月考)下列实验操作、现象和结论均正确的是()选项实验操作现象结论A将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑膨胀浓硫酸有强氧化性和吸水性B将新制氯水和NaBr溶液在试管中混合后,加入CCl4,振荡静置下层溶液呈红棕色氧化性Cl2>Br2C将FeCl3溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中,振荡白色沉淀变为红棕色沉淀溶解度Fe(OH)3<Mg(OH)2D向SO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成BaSO3难溶于盐酸A.AB.BC.CD.D
三、非选择题本大题共4小题,共64分.9.(16分)(xx秋•越秀区月考)
(1)下列关于化合物I的说法,正确的是.A.能使酸性KMnO4溶液褪色B.遇FeCl3溶液可能显紫色C.能与溴发生取代反应和加成反应D.1mol化合物I最多能与3molNaOH反应
(2)反应
①是固定CO2的新方法,利用CO2能有效地利用资源,并减少空气中的温室气体.化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅳ通过消去反应获得,Ⅳ不能与Na反应产生H2,写出由Ⅳ制备Ⅱ的化学方程式.(注明反应条件)
(3)化合物Ⅲ与过量甲醇、浓硫酸共热生成化合物Ⅴ,Ⅴ的结构简式为.其反应类型为.
(4)对二甲苯是化学工业的一种重要原料,在一定条件下经原子利用率100%的反应,CO2可与对二甲苯反应,在其苯环上引入一个羧基,产物的结构简式为.
(5)与CO2类似,CO也能被固定和利用.在一定条件下,CO、和H2三者发生反应(苯环不参与反应),生成化合物Ⅵ和Ⅶ,其分子式均为C9H8O,且都能发生银镜反应,Ⅵ和Ⅶ的结构简式分别为、.10.(16分)(xx秋•越秀区月考)二甲醚(CH3OCH3)是一种新型能源.由合成气(组成为H
2、CO和少量的CO2)合成二甲醚的三步反应如下反应
①2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H1=﹣90kJ•mol﹣1反应
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=﹣24kJ•mol﹣1反应
③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H3=﹣41kJ•mol﹣1
(1)反应3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=.(用△H
1、△H
2、和△H3表示).
(2)写出由H2和CO直接制备二甲醚(另一产物为水蒸气)的热化学方程式为.
(3)有研究者在催化剂、压强为
5.0MPa的条件下,由H2和CO直接制备二甲醚,结果如图所示.其中CO转化率随温度升高而降低的原因是.
(4)已知某温度下反应
②平衡常数K=400.此温度下向恒容密闭容器中充入CH3OH,10min后反应
②达到平衡,c平衡(CH3OH)=
0.04mol•L﹣1,计算CH3OH转化率(写出计算过程,结果保留两位有效数字).计算10min内CH3OH的平均反应速率v(CH3OH)=.11.(16分)(xx秋•越秀区月考)铜在自然界存在于多种矿石中.(Ⅰ)以硅孔雀石(主要成分为CuSiO3•2H2O,含少量SiO
2、FeCO
3、Fe2O3等杂质)为原料制取硫酸铜的工艺流程如下已知Fe3+、Cu2+和Fe2+以氢氧化物形式完全沉淀时,溶液的pH分别为
3.
2、
6.7和
9.7.
(1)“溶浸”中CuSiO3•2H2O和H2SO4发生反应的化学方程式.
(2)“溶浸”中,选取浓度为20%H2SO4为浸出剂,铜的浸出率与浸出时间的关系见图1.由图1可得,随着浸出时间的增长,
①.
②.
(3)“除杂”中,加入MnO2的作用是(用离子方程式表示).“除杂”中需在搅拌下加入石灰乳以调节溶液的pH到3~4,沉淀部分杂质离子,分离得滤液.滤渣的主要成分为.(Ⅱ)以黄铜矿(主要成分为CuFeS2)为原料炼制精铜的工艺流程如下黄铜矿精铜冰铜(Cu2S和FeS)粗铜精铜
(4)“还原”工艺中其中一个反应为Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑,该反应的氧化剂是.
(5)粗铜含少量Fe、Ag、Au等金属杂质,电解精炼铜时,阴极反应式为.完成图2中由粗铜电解得到精铜的示意图,并作相应标注.12.(16分)(xx秋•越秀区月考)NH3是一种重要的还原试剂,在化学研究中应用广泛.
(1)甲、乙组选择了不同装置和试剂制取氨气.
①甲组实验装置是图1a,实验试剂是.
②乙组实验试剂是浓氨水和氢氧化钠固体,实验装置是(填编号).用化学平衡原理分析氢氧化钠固体的作用.
(2)甲、乙组选择不同方法探究氨的催化氧化实验.
①甲组用图2A装置,加热铂丝一段时间后,通入NH3和O2,写出图2装置A硬质玻璃管中发生氨的催化氧化反应方程式,并标明电子转移的方向与数目.
②乙组用图2B装置吸收一段时间氨后,再通入空气,同时将红热的铂丝插入图2B装置的锥形瓶内,反应结束后,锥形瓶内溶液中含有的离子包括H+、OH﹣、.
(3)丙组按下列流程探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能NH
3、NO混合气体→催化反应器→测定→尾气处理.设计实验方案若控制其他条件均相同,在催化反应器中装载不同的催化剂,将经催化反应后的混合气体通入滴有酚酞的稀硫酸(溶液的体积、浓度均相同).在不同的催化剂下,测定.xx学年广东省广州市越秀区高三(上)摸底化学试卷(8月份)参考答案与试题解析
一、单项选择题本大题共6小题,每小题4分,共24分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的得4分,选错或不答的得0分.1.(4分)(xx秋•阳江校级月考)生活处处有化学,下列说法正确的是()A.青铜、硬铝和碳素钢都是合金B.葡萄糖和蔗糖互为同分异构体C.淀粉、蛋白质和花生油都是天然高分子化合物D.食用植物油在酸性或碱性条件下水解产物相同考点合金的概念及其重要应用;有机化合物的异构现象;油脂的性质、组成与结构;有机高分子化合物的结构和性质.专题化学应用.分析A.青铜为Cu的合金,硬铝为Al的合金,碳素钢为铁的合金,均为合金;B.分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体;C.淀粉、蛋白质都是天然高分子化合物,花生油属于油脂不是高分子;D.食用植物油在酸性或碱性条件下水解产物不同.解答解A.青铜为铜锡合金,硬铝为铝硅、镁等形成的合金,碳素钢为铁碳的合金,均为合金,故A正确;B.葡萄糖分子式为C6H12O6,蔗糖的分子式为C12H22O11,二者分子式不同,不互为同分异构体,故B错误;C.淀粉、蛋白质都是天然高分子化合物,花生油相对分子质量较小,不是高分子化合物,故C错误;D.油脂在碱性条件下的水解产物是甘油和高级脂肪酸钠,在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油,水解产物不相同,故D错误;故选A.点评本题考查合金、同分异构体、高分子化合物、物质的水解等知识,题目难度不大,掌握物质性质和相关概念是解题的关键.2.(4分)(xx秋•越秀区月考)水溶液中能大量共存的一组离子是()A.Al3+、Na+、CO32﹣、NO3﹣B.Ag+、Cl﹣、Fe3+、HCO3﹣C.Fe2+、H+、K+、MnO4﹣D.Mg2+、Br﹣、NH4+、SO42﹣考点离子共存问题.专题离子反应专题.分析A.铝离子与碳酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体;B.银离子与氯离子反应生成氯化银、银离子、铁离子与碳酸根离子发生双水解反应;C.酸性高锰酸根离子具有强氧化性,能够氧化亚铁离子;D.Mg2+、Br﹣、NH4+、SO42﹣离子之间不发生反应.解答解A.Al3+、CO32﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳,在溶液中不能大量共存,故A错误;B.Ag+、Cl﹣反应生成氯化银沉淀,Ag+、Fe3+与HCO3﹣发生双水解反应,在溶液中不能大量共存,故B错误;C.MnO4﹣在H+存在条件下能够氧化Fe2+,在溶液中不能大量共存,故C错误;D.Mg2+、Br﹣、NH4+、SO42﹣离子不满足离子反应发生条件,在溶液中能够大量共存,故D正确;故选D.点评本题考查离子共存的正误判断,题目难度中等,注意掌握离子反应发生条件,明确离子不能大量共存的一般情况,如能发生复分解反应的离子之间;能发生氧化还原反应的离子之间;能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN﹣)等,试题有利于培养学生的逻辑推理能力,提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力.3.(4分)(xx秋•越秀区月考)设nA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是()A.1mol甲醇中含有4nA个C﹣H键B.常温常压下,18gH2O含有10nA电子C.标准状况下,
22.4L盐酸中含有nA个HCl分子D.64g铜片与足量稀HNO3反应生成nA个NO分子考点阿伏加德罗常数.专题阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.分析A.甲醇分子中含有3个碳氢键,1mol甲醇中含有3mol碳氢键;B.水分子中含有10个电子,18g水的物质的量为1mol,含有10mol电子;C.标况下盐酸为液体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算盐酸的物质的量;D.64g铜的物质的量为1mol,完全反应失去2mol电子,生成1molNO需要达到3mol电子,根据电子守恒计算出生成一氧化氮的分子数.解答解A.1mol甲醇分子中含有3mol碳氢键,含有3nA个C﹣H键,故A错误;B.18g水的物质的量为1mol,1mols水中含有10mol电子,含有10nA电子,故B正确;C.标准状况下,盐酸的状态不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算氯化氢物质的量,故C错误;D.64g铜的物质的量为1mol,1mol铜与足量稀硝酸完全反应失去2mol电子,生成1molNO需要达到3mol电子,则生成NO的物质的量为=mol,反应生成nA个NO分子,故D错误;故选B.点评本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度中等,注意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,选项A为易错点,注意甲醇分子中含有3个碳氢键.4.(4分)(xx秋•资阳区校级月考)下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是()选项叙述Ⅰ叙述ⅡANH4Cl是强酸弱碱盐将NH4Cl溶液蒸干可制备NH4Cl固体BFe3+有强氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+CSO2有还原性用SO2可使溴水褪色DCl2有漂白性用Cl2可与石灰乳反应制备含氯消毒剂A.AB.BC.CD.D考点影响盐类水解程度的主要因素;氯气的化学性质;二氧化硫的化学性质;物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用.专题盐类的水解专题;元素及其化合物.分析A、氯化铵受热易分解为氨气和氯化氢;B、铁离子可以和硫氰酸根离子发生络合反应得到红色络合物;C、二氧化硫可和溴水之间发生氧化还原反应;D、Cl2可与石灰乳反应制备漂白粉,具有消毒、漂白、杀菌的作用.解答解A、NH4Cl是强酸弱碱盐,加热其溶液,氯化铵受热易分解为氨气和氯化氢,得不到固体物质,故A错误;B、铁离子可以和硫氰酸根离子发生络合反应得到红色络合物,没有体现铁离子的氧化性,故B错误;C、二氧化硫可以和溴水之间发生氧化还原反应,二氧化硫是还原剂,有还原性,溴单质是氧化剂,故C正确;D、Cl2可与石灰乳反应制备漂白粉,具有消毒、漂白、杀菌的作用,但是氯气不具有漂白性,故D错误.故选C.点评本题涉及物质的性质以及盐的水解原理的应用知识,注意知识的迁移和应用是关键,难度不大.5.(4分)(xx秋•阳江校级月考)某同学组装了如图所示的电化学装置Ⅰ和Ⅱ,下列叙述正确的是()A.装置Ⅰ铁极会溶解,溶液从蓝色逐渐变成浅绿色B.装置Ⅰ电流方向由铁极→→铜极C.装置Ⅱ碳极上有无色气体产生D.装置Ⅱ铁极发生还原反应考点原电池和电解池的工作原理.专题电化学专题.分析装置Ⅰ铜、铁、硫酸铜该装置构成的原电池中,Fe作负极、Cu作正极,装置Ⅱ中,铁是负极,石墨是正极,金属铁发生吸氧腐蚀,根据原电池的工作原理来回答.解答解A、装置Ⅰ中,Fe作负极、Cu作正极,铁极会溶解,形成亚铁离子进入溶液,正极上析出金属铜,溶液从蓝色逐渐变成浅绿色,故A正确;B、装置Ⅰ中,电流是从正极流向负极,即从Cu流向Fe,故B错误;C、装置Ⅱ金属铁发生吸氧腐蚀,碳极上是氧气得电子的还原反应过程,不会出现氢气产生,故C错误;D、装置Ⅱ金属铁发生吸氧腐蚀,铁极发生氧化反应,故D错误.故选A.点评本题涉及金属的吸氧腐蚀以及原电池的工作原理知识,注意知识的归纳和梳理是关键,难度不大.6.(4分)(xx秋•阳江校级月考)HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸,室温下,将
0.2mol•L﹣1的HA和
0.2mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合,下列说法不正确的是()A.混合前
0.2mol•L﹣1HA中c(H+)=c(OH﹣)+c(A﹣)B.混合后溶液中c(Na+)+c(H+)=c(A﹣)+c(OH﹣)C.混合后溶液中c(Na+)>c(OH﹣)>c(A﹣)>c(H+)D.混合后溶液中c(A﹣)+c(HA)=c(Na+)考点酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题电离平衡与溶液的pH专题.分析A.
0.2mol•L﹣1HA溶液中一定满足电荷守恒,根据电荷守恒判断各离子浓度关系;B.混合液中一定遵循电荷守恒,根据电荷守恒判断混合液中各离子之间关系;C.由于HA为弱酸,则等浓度、等体积的HA与氢氧化钠溶液混合后恰好生成强碱弱酸盐NaA,溶液显示碱性,根据电荷守恒、盐的水解原理判断各离子浓度大小;D.溶液中一定满足物料守恒,根据物料守恒判断混合液中钠离子与c(A﹣)+c(HA)的大小.解答解A.混合前
0.2mol•L﹣1HA中,根据电荷守恒可得c(H+)=c(OH﹣)+c(A﹣),故A正确;B.溶液中一定满足电荷守恒,根据电荷守恒可知混合后溶液中c(Na+)+c(H+)=(A﹣)+c(OH﹣),故B正确;C.将
0.2mol•L﹣1的HA和
0.2mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合,反应生成强碱弱酸盐NaA,溶液显示碱性,则c(OH﹣)>c(H+),由于A﹣的水解程度较小,则c(OH﹣)<c(A﹣),溶液中离子浓度大小为c(Na+)>c(A﹣)>c(OH﹣)>c(H+),故C错误;D.混合液中一定遵循物料守恒,根据物料守恒可得c(A﹣)+c(HA)=c(Na+)=
0.1mol/L,故D正确;故选C.点评本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较,题目难度中等,注意掌握酸碱混合的定性判断方法,能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小.
二、双项选择题本大题共2小题,每小题6分,共12分.在每小题给出的四个选项中,有两个选项符合题目要求,全部选对的得6分,只选一个且正确的得3分,有选错或不答的得0分.7.(6分)(xx秋•阳江校级月考)短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大,甲是周期表中原子半径最小的元素,乙的单质在暗处与甲的单质剧热反应化合并发生爆炸,甲和丙同主族,丁的最外层电子数和电子层数相等,则()A.原子半径丙>丁>乙B.甲与丙的原子核外电子数相差8C.丙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物D.最高价氧化物对应的水化物的碱性丙>丁考点原子结构与元素周期律的关系.专题元素周期律与元素周期表专题.分析甲是周期表中原子半径最小的元素,应为H元素,乙的单质在暗处与甲的单质剧热反应化合并发生爆炸,乙应为F元素,甲和丙同主族,且原子序数大于F,丙应为Na元素,丁的最外层电子数和电子层数相等,且原子序数最大,应为Al元素,以此解答该题.解答解甲是周期表中原子半径最小的元素,应为H元素,乙的单质在暗处与甲的单质剧热反应化合并发生爆炸,乙应为F元素,甲和丙同主族,且原子序数大于F,丙应为Na元素,丁的最外层电子数和电子层数相等,且原子序数最大,应为Al元素,A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,则Na>Al,一般来说,原子核外电子层数越多,原子半径越大,F原子半径最小,故A正确;B.甲与丙的原子核外电子数之差为11﹣1=10,故B错误;C.钠在空气中燃烧生成过氧化钠,含有离子键和共价键,故C错误;D.金属性Na>Al,元素的金属性越强,对应的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强,故D正确.故选AD.点评本题考查原子结构与元素周期律知识,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力的考查,难度中等,注意把握原子结构特征和对应单质、化合物的性质,学习中注意相关基础知识的积累.8.(6分)(xx秋•越秀区月考)下列实验操作、现象和结论均正确的是()选项实验操作现象结论A将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑膨胀浓硫酸有强氧化性和吸水性B将新制氯水和NaBr溶液在试管中混合后,加入CCl4,振荡静置下层溶液呈红棕色氧化性Cl2>Br2C将FeCl3溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中,振荡白色沉淀变为红棕色沉淀溶解度Fe(OH)3<Mg(OH)2D向SO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成BaSO3难溶于盐酸A.AB.BC.CD.D考点化学实验方案的评价.专题实验评价题.分析A.浓硫酸具有脱水性和强氧化性,可使蔗糖变黑,且固体膨胀;B.氯气能与溴化钠反应生成溴单质;C.溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化;D.亚硫酸酸性比盐酸弱,BaSO3可溶于酸.解答解A.浓硫酸具有脱水性和强氧化性,可使蔗糖变黑,生成的碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成气体,固体膨胀,故A错误;B.氯气能与溴化钠反应生成溴单质,说明氧化性Cl2>Br2,故B正确;C.溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化,将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中,振荡,可观察到沉淀由白色变为红褐色,说明Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2,故C正确;D.亚硫酸酸性比盐酸弱,BaSO3可溶于酸,则将SO2通入BaCl2溶液中没有白色沉淀生成,故D错误.故选BC.点评本题考查较为综合,涉及沉淀转化以及物质的性质探究,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,注意相关物质的性质,把握实验方案的严密性和合理性的评价,难度中等.
三、非选择题本大题共4小题,共64分.9.(16分)(xx秋•越秀区月考)
(1)下列关于化合物I的说法,正确的是ABC.A.能使酸性KMnO4溶液褪色B.遇FeCl3溶液可能显紫色C.能与溴发生取代反应和加成反应D.1mol化合物I最多能与3molNaOH反应
(2)反应
①是固定CO2的新方法,利用CO2能有效地利用资源,并减少空气中的温室气体.化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅳ通过消去反应获得,Ⅳ不能与Na反应产生H2,写出由Ⅳ制备Ⅱ的化学方程式.(注明反应条件)
(3)化合物Ⅲ与过量甲醇、浓硫酸共热生成化合物Ⅴ,Ⅴ的结构简式为.其反应类型为酯化反应.
(4)对二甲苯是化学工业的一种重要原料,在一定条件下经原子利用率100%的反应,CO2可与对二甲苯反应,在其苯环上引入一个羧基,产物的结构简式为.
(5)与CO2类似,CO也能被固定和利用.在一定条件下,CO、和H2三者发生反应(苯环不参与反应),生成化合物Ⅵ和Ⅶ,其分子式均为C9H8O,且都能发生银镜反应,Ⅵ和Ⅶ的结构简式分别为、.考点有机物分子中的官能团及其结构.专题有机物的化学性质及推断.分析
(1)A.羟基和双键能被酸性高锰酸钾氧化;B.酚能和氯化铁溶液发生显色反应;C.酚能和溴发生取代反应、碳碳双键能和溴发生加成反应;D.能和NaOH反应的为酚羟基、羧基、酯基;
(2)卤代烃和醇类物质可发生消去反应,Ⅳ不能与Na反应产生H2,说明Ⅳ不是醇类,所以Ⅳ是卤代烃;
(3)化合物Ⅲ含羧基,能和醇类发生酯化反应;
(4)根据题给信息,CO2可与对二甲苯反应,在其苯环上引入一个羧基,且原子利用率为100%,相当于H和CO2组成﹣COOH连在苯环上;
(5)的分子式为C8H6,比C9H8O少一个CH2O,并且均能发生银镜反应,故生成的化合物Ⅵ和Ⅶ中有醛基和双键.解答解
(1)A.羟基和双键能被酸性高锰酸钾氧化,该分子中含羟基和双键,故A正确;B.酚能和氯化铁溶液发生显色反应,该物质中含有酚羟基,所以能和氯化铁发生显色反应,故B正确;C.酚能和溴发生取代反应、碳碳双键能和溴发生加成反应,该物质中含有酚羟基和碳碳双键,所以能发生取代反应和加成反应,故C正确;D.能和NaOH反应的为酚羟基、羧基、酯基,酚羟基的邻对位有需3mol氢氧化钠,羧基需1mol氢氧化钠,酯基需1mol氢氧化钠,1mol化合物I最多能与5molNaOH反应,故D错误;故选ABC;
(2)卤代烃和醇类物质可发生消去反应,Ⅳ不能与Na反应产生H2,说明Ⅳ不是醇类,所以Ⅳ是卤代烃,由Ⅱ的结构简式可知Ⅳ的结构简式为;Ⅳ制备Ⅱ的化学方程式为,故答案为;
(3)化合物Ⅲ含两个羧基,能和过量的甲醇发生酯化反应,生成两个酯基,Ⅴ结构简式为,故答案为;酯化反应;
(4)根据题给信息,CO2可与对二甲苯反应,在其苯环上引入一个羧基,且原子利用率为100%,相当于H和CO2组成﹣COOH连在苯环上,故产物的结构简式为;,故答案为;
(5)的分子式为C8H6,比C9H8O少一个CH2O,并且均能发生银镜反应,故生成的化合物Ⅵ和Ⅶ中有醛基和双键,结构简式为、;故答案为;.点评本题考查了有机物的官能团及其性质,知道常见有机物官能团及其性质是解本题关键,知道有机反应中断键、成键方式,并结合题给信息分析解答,题目难度较大.10.(16分)(xx秋•越秀区月考)二甲醚(CH3OCH3)是一种新型能源.由合成气(组成为H
2、CO和少量的CO2)合成二甲醚的三步反应如下反应
①2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H1=﹣90kJ•mol﹣1反应
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=﹣24kJ•mol﹣1反应
③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H3=﹣41kJ•mol﹣1
(1)反应3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=2△H1+△H2+△H3.(用△H
1、△H
2、和△H3表示).
(2)写出由H2和CO直接制备二甲醚(另一产物为水蒸气)的热化学方程式为2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3+H2O(g)△H=﹣204kJ•mol﹣1.
(3)有研究者在催化剂、压强为
5.0MPa的条件下,由H2和CO直接制备二甲醚,结果如图所示.其中CO转化率随温度升高而降低的原因是H2和CO直接制备二甲醚的反应是放热反应,升高温度,平衡向左移动,CO转化率降低.
(4)已知某温度下反应
②平衡常数K=400.此温度下向恒容密闭容器中充入CH3OH,10min后反应
②达到平衡,c平衡(CH3OH)=
0.04mol•L﹣1,计算CH3OH转化率(写出计算过程,结果保留两位有效数字).计算10min内CH3OH的平均反应速率v(CH3OH)=
0.16mol•L﹣1min﹣1.考点用盖斯定律进行有关反应热的计算;热化学方程式;化学平衡的计算.专题化学反应中的能量变化;化学平衡专题.分析
(1)由盖斯定律可知,通过
①×2+
②+
③可得3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g);
(2)依据盖斯定律
①×2+
②得到2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3+H2O(g);
(3)H2和CO直接制备二甲醚的反应是放热反应,升高温度,平衡向左移动,CO转化率降低;
(4)到平衡时CH3OCH3的浓度为xmol•L﹣1,依据化学平衡三段式表示出平衡浓度,带入K计算x,带入相应公式计算.解答解
(1)
①2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H=﹣
90.8kJ•mol﹣1
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=﹣
23.5kJ•mol﹣1
③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=﹣
41.3kJ•mol﹣1由盖斯定律可知,通过
①×2+
②+
③可得所求反应方程式,则△H=2△H1+△H2+△H3,故答案为2△H1+△H2+△H3;
(2)
①CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)△H1=﹣90kJ•mol﹣1,
②2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)△H4=﹣24kJ•mol﹣1,依据盖斯定律
①×2+
②得到2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3+H2O(g)△H=﹣204kJ•mol﹣1,故答案为2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3+H2O(g)△H=﹣204kJ•mol﹣1;
(3)2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3+H2O(g)是一个可逆反应,反应是放热反应,升高温度,平衡向左移动,CO转化率降低,故答案为H2和CO直接制备二甲醚的反应是放热反应,升高温度,平衡向左移动,CO转化率降低;
(4)设达到平衡时CH3OCH3的浓度为xmol•L﹣12CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)c开始(mol•L﹣1)
0.04+2x00变化(mol•L﹣1)2xxxc平衡(mol•L﹣1)
0.04xxK==400,x=
0.8mol•L﹣1,CH3OH转化率=×100%=
97.56%,v(CH3OH)==
0.16mol•L﹣1min﹣1,故答案为
0.16mol•L﹣1min﹣1.点评本题考查较为综合,涉及化学平衡的移动、反应速率、平衡常数的计算,为高频考点,题目难度中等,注意把握平衡常数的意义.11.(16分)(xx秋•越秀区月考)铜在自然界存在于多种矿石中.(Ⅰ)以硅孔雀石(主要成分为CuSiO3•2H2O,含少量SiO
2、FeCO
3、Fe2O3等杂质)为原料制取硫酸铜的工艺流程如下已知Fe3+、Cu2+和Fe2+以氢氧化物形式完全沉淀时,溶液的pH分别为
3.
2、
6.7和
9.7.
(1)“溶浸”中CuSiO3•2H2O和H2SO4发生反应的化学方程式CuSiO3•2H2O+H2SO4=CuSO4+H2SiO3+2H2O.
(2)“溶浸”中,选取浓度为20%H2SO4为浸出剂,铜的浸出率与浸出时间的关系见图1.由图1可得,随着浸出时间的增长,
①铜的浸出率相应增加.
②浸出时间超过24小时后,铜的浸出率变化不是很明显.
(3)“除杂”中,加入MnO2的作用是2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+(用离子方程式表示).“除杂”中需在搅拌下加入石灰乳以调节溶液的pH到3~4,沉淀部分杂质离子,分离得滤液.滤渣的主要成分为Fe(OH)3.(Ⅱ)以黄铜矿(主要成分为CuFeS2)为原料炼制精铜的工艺流程如下黄铜矿精铜冰铜(Cu2S和FeS)粗铜精铜
(4)“还原”工艺中其中一个反应为Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑,该反应的氧化剂是Cu2O、Cu2S.
(5)粗铜含少量Fe、Ag、Au等金属杂质,电解精炼铜时,阴极反应式为Cu2++2e﹣=Cu.完成图2中由粗铜电解得到精铜的示意图,并作相应标注.考点物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题实验设计题.分析硅孔雀石加硫酸溶浸,发生的反应为CuSiO3•2H2O+H2SO4=CuSO4+H2SiO3+2H2O,FeCO
3、Fe2O3与硫酸反应生成二价铁和三价铁离子,则浸出液中含有二价铜、二价铁和三价铁离子,再加二氧化锰,将二价铁氧化成三价铁离子,进一步除杂最终得到硫酸铜晶体,
(1)“溶浸”中CuSiO3•2H2O和H2SO4发生生成硫酸铜、硅酸和水;
(2)根据图象分析,随着浸出时间的增长,
①铜的浸出率相应增加;
②浸出时间超过24小时后,铜的浸出率变化不是很明显;
(3)根据实验目的除去铁,则二氧化锰将二价铁氧化成三价铁;根据pH到3~4Fe3+完全沉淀分析;
(4)根据反应化合价降低的为氧化剂判断;
(5)电解精炼铜时,粗铜应该放在阳极,精铜为阴极,发生还原反应Cu2++2e﹣=Cu,电解质溶液为硫酸铜溶液;解答解硅孔雀石加硫酸溶浸,发生的反应为CuSiO3•2H2O+H2SO4=CuSO4+H2SiO3+2H2O,FeCO
3、Fe2O3与硫酸反应生成二价铁和三价铁离子,则浸出液中含有二价铜、二价铁和三价铁离子,再加二氧化锰,将二价铁氧化成三价铁离子,进一步除杂最终得到硫酸铜晶体,
(1)“溶浸”中CuSiO3•2H2O和H2SO4发生生成硫酸铜、硅酸和水,方程式为CuSiO3•2H2O+H2SO4=CuSO4+H2SiO3+2H2O,故答案为CuSiO3•2H2O+H2SO4=CuSO4+H2SiO3+2H2O;
(2)根据图象变化趋势,随着浸出时间的增长,
①铜的浸出率相应增加;
②浸出时间超过24小时后,铜的浸出率变化不是很明显,故答案为
①铜的浸出率相应增加;
②浸出时间超过24小时后,铜的浸出率变化不是很明显;
(3)因为要将铁转化成氢氧化铁除去,则二氧化锰将二价铁氧化成三价铁,离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+;pH到3~4只有Fe3+完全沉淀,所以滤渣的主要成分为氢氧化铁,故答案为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+;Fe(OH)3;
(4)Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑,化合价发生降低有Cu2O、Cu2S,所以氧化剂为Cu2O、Cu2S,故答案为Cu2O、Cu2S;
(5)电解精炼铜时,粗铜应该放在阳极,精铜为阴极,发生还原反应Cu2++2e﹣=Cu,电解质溶液为硫酸铜溶液,故答案为Cu2++2e﹣=Cu;.点评本题考查铜及其化合物的性质,特别是阅读信息、处理信息的能力,难度稍大.12.(16分)(xx秋•越秀区月考)NH3是一种重要的还原试剂,在化学研究中应用广泛.
(1)甲、乙组选择了不同装置和试剂制取氨气.
①甲组实验装置是图1a,实验试剂是氯化铵固体和氢氧化钙固体.
②乙组实验试剂是浓氨水和氢氧化钠固体,实验装置是b(填编号).用化学平衡原理分析氢氧化钠固体的作用固体氢氧化钠溶于浓氨水后,放出大量的热,促使NH3的挥发,溶液中OH﹣浓度增加,使NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣向生成NH3移动,加快氨气逸出..
(2)甲、乙组选择不同方法探究氨的催化氧化实验.
①甲组用图2A装置,加热铂丝一段时间后,通入NH3和O2,写出图2装置A硬质玻璃管中发生氨的催化氧化反应方程式,并标明电子转移的方向与数目.
②乙组用图2B装置吸收一段时间氨后,再通入空气,同时将红热的铂丝插入图2B装置的锥形瓶内,反应结束后,锥形瓶内溶液中含有的离子包括H+、OH﹣、NH4+、NO3﹣.
(3)丙组按下列流程探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能NH
3、NO混合气体→催化反应器→测定→尾气处理.设计实验方案若控制其他条件均相同,在催化反应器中装载不同的催化剂,将经催化反应后的混合气体通入滴有酚酞的稀硫酸(溶液的体积、浓度均相同).在不同的催化剂下,测定溶液显色所需要的时间.考点氨的制取和性质;实验装置综合.专题实验题.分析
(1)
①甲组实验用a装置,是固体+固体加热反应制备气体的发生装置,制备氨气利用固体氯化铵和氢氧化钙固体加热反应生成;
②乙组实验试剂是浓氨水和氢氧化钠固体,浓氨水滴入氢氧化钠固体,溶解放热,使一水合氨分解生成氨气,利用固体+液体不加热反应生成气体;
(2)
①丙组用A装置,加热铂丝一段时间后,通入NH3和O2,装置A硬质玻璃管中发生氨的催化氧化反应生成一氧化氮和水,依据氧化还原反应用双线桥标明电子转移的方向与数目;
②氨的氧化反应是一个放热反应;生成的一氧化氮与空气中的氧气化合成二氧化氮,锥形瓶内氮的氧化物与水反应生成硝酸,硝酸再与氨水反应生成硝酸铵;
(3)根据不同催化剂的催化性能不同,消耗的氨气也不同,根据滴有酚酞的稀硫酸溶液显色所需时间可以确定剩余氨气的多少;通过含氮氧化物的气体可以用NH3在一定条件下进行处理变成两种无毒的物质N2和H2O.解答解
(1)
①甲组实验用a装置,是固体+固体加热反应制备气体的发生装置,制备氨气利用固体氯化铵和氢氧化钙固体加热反应生成;故答案为氯化铵固体和氢氧化钙固体;
②乙组实验试剂是浓氨水和氢氧化钠固体,选b符合不需要加热,浓氨水滴入氢氧化钠固体,溶解放热,促使NH3的挥发,使一水合氨分解生成氨气,使NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣向生成NH3移动,加快氨气逸出,利用固体+液体不加热反应生成气体;故答案为b;固体氢氧化钠溶于浓氨水后,放出大量的热,促使NH3的挥发,溶液中OH﹣浓度增加,使NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣向生成NH3移动,加快氨气逸出;
(2)
①丙组用A装置,加热铂丝一段时间后,通入NH3和O2,装置A硬质玻璃管中发生氨的催化氧化反应生成一氧化氮和水,氮元素化合价﹣3价变化为+2价,氧气中氧元素化合价0价并不会为﹣2价,用电子转移双线桥法标注得到化学方程式为;故答案为;
②氨的氧化反应是一个放热反应,放出的热使铂丝保持红热;生成的一氧化氮与空气中的氧气化合成二氧化氮,二氧化氮是红棕色气体,锥形瓶内氮的氧化物与水反应生成硝酸,硝酸再与氨水反应生成硝酸铵.所以锥形瓶内溶液含有硝酸铵.所以溶液中含有H+、OH﹣、NH4+、NO3﹣离子.故答案为NH4+、NO3﹣;
(3)不同催化剂的催化性能不同,消耗的氨气也不同,根据滴有酚酞的稀硫酸溶液显色所需时间可以确定剩余氨气的多少,显色所需时间越长,催化效果越好;故答案为溶液显色所需要的时间.点评本题是一道综合题,涉及的知识点较多,考查了学生运用知识解决问题的能力,难度中等.。