还剩14页未读,继续阅读
本资源只提供10页预览,全部文档请下载后查看!喜欢就下载吧,查找使用更方便
文本内容:
2019-2020年高三高考仿真试题化学卷
(二)含答案可能用到的相对原子质量HlC12N14O16Na23Cl
35.5S32Si28Cu64P31第Ⅰ卷必做,共45分
1、选择题本题共15小题,每小题3分,在每小题给出的四个选项只有一项是符合要求的1.化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是A.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物,可用于水的净化B.在海轮外壳上镶入锌块,可减缓船体的腐蚀速率C.的熔点很高,可用于制作耐高温材料D.电解饱和溶液,可制得金属镁答案:D解析:A项,明矾净水的原理是,利用的吸附性进行净水;B项,是因为轮船主要用铁造外壳铁在海水中易被腐蚀,镀上比铁活泼的锌,形成原电池,锌作负极,失去电子先被腐蚀,从而起到保护铁的作用,从而可减缓船体的腐蚀速率;氧化镁的熔点是2852℃,可用于制作耐高温材料;电解饱和溶液,发生的化学反应为,不会产生金属镁,电解熔融的能制取单质镁,发生的反应2.分子式为C5H11Br的同分异构体共有(不考虑立体异构) A.6种 B.7种C.8种D.9种答案C解析C5H11Br实质就是戊烷的一溴取代物,戊烷本身有三种同分异构体正戊烷、异戊烷、新戊烷,再看有几种等效氢,就有几种一溴取代物,正戊烷有3种等效氢,异戊烷有4种等效氢,新戊烷有1种等效氢,因此戊烷的一溴取代物有8种3.下列叙述正确的是 A.
1.00molNaCl中含有
6.02×1023个NaCl分子 B.
1.00molNaCl中所有Na+的最外层电子总数为8×
6.02×1023 C.欲配置
1.00L,
1.00mol.L-1的NaCl溶液,可将
58.5gNaCl溶于
1.00L水中 D.电解
58.5g熔融的NaCl,能产生
22.4L氯气(标准状况)、
23.0g金属钠答案B解析NaCl属于离子化合物,不存在NaCl分子,A不正确;Na+的最外层已经达到8电子稳定结构,所以B正确;
1.00L
1.00mol·L-1的NaCl溶液是指
1.00molNaCl即
58.5gNaCl溶于水配成1L溶液,而不是指溶剂为1L,C不正确;有原子守恒可知
58.5gNaCl只能生成
0.5mol氯气,在标准状况下是
11.2L,D不正确4.下列反应的离子方程式正确的是A.钠与水的反应Na+H2O=Na++OH-+H2↑B.氯气与水反应Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-C.氢氧化铝中和胃酸AlOH3+3H+=Al3++3H2OD.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板Fe3++Cu=Fe2++Cu2+答案C解析选项A中方程式两边的H原子个数不相等;选项B中Cl2+H2OHCl+HClO,由于HClO为弱酸,所以在离子方程式中不能拆写;选项D中电荷不守恒5.将某些化学知识用数轴表示直观形象、简明易记下列用数轴表示正确的是A.平衡常数与转化率关系B.分散系的分类与分散质粒直径大小关系C.AlCl3和NaOH反应后铝元素的存在形式与反应物中nOH-/nAl3+的关系D.Na与O2反应的产物与反应物nNa/nO2的关系答案B解析在不同温度时平衡常数的值是不同的,不能说平衡常数大于1,反应物的转化率就大于50%,A错由3OH-+Al3+=AlOH3↓和4OH-+Al3+=AlO2-+2H2O知当nOH-/nAl3+=3时,恰好反应,铝元素以AlOH3形式存在,故C错Na与O2反应的产物与反应物nNa/nO2没有关系,而是与温度有关,D错6.氮化铝(AlN,Al和N的相对原子质量分别为27和14)广泛应用于电子、陶瓷等工业领域在一定条件下,AlN可通过反应Al2O3++N2+3C2AlN+3CO合成下列叙述正确的是A.上述反应中,N2是还原剂,Al2O3是氧化剂B.上述反应中,每生成1molAlN需转移3mol电子C.AlN中氮元素的化合价为+3D.AlN的摩尔质量为41g答案B解析N的化合价0→-3,化合价降低,N2作氧化剂,C的化合价0→+2,化合价升高,C作还原剂;Al的化合价无改变,所以既不是氧化剂也不是还原剂;AlN的摩尔质量为41g·mol-17.下列各项操作中,发生“先产生沉淀后沉淀又溶解”现象的是A.向FeOH3胶体中逐滴滴加入过量的稀硝酸B.向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2C.向氨水中逐滴加入AgNO3溶液至过量D.向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸答案A解析A.向FeOH3胶体中逐滴滴加入过量的稀硝酸,先聚沉再被稀硝酸溶解;B.向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2生成溶解度更小的碳酸氢钠结晶析出;C.向氨水中逐滴加入AgNO3溶液至过量,只生成氢氧化银沉淀而不会溶解;D.向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸生成硅酸沉淀而不会溶解8.下图中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂,可用下图装置制取、净化、收集的气体是编号气体abcANH3浓氨水生石灰碱石灰BCO2盐酸碳酸钙饱和NaHCO3CNO稀HNO3铜屑H2ODNO2浓HNO3铜屑NaOH溶液答案B解析收集氨气用向下排空气法,A错;NO易被空气中的氧气氧化,不能用排空气法收集,C错;NO2能被NaOH溶液吸收,D错9.X、Y、Z、W、R是5种短周期元素,其原子序数依次增大X是周期表中原子半径最小的元素,Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍,Z、W、R处于同一周期,R与Y处于同一族,Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等下列说法正确的是A.元素Y、Z、W具有相同电子层结构的离子,其半径依次增大B.元素X不能与元素Y形成化合物C.元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性D.元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸答案C解析从题目所给的条件可以看出X是元素,Y是元素,Z是元素,W是元素,R是元素所以,A项,Y、Z、W具有相同电子层结构的离子(、、),其半径依次减小(判断依据核外电子排布相同的微粒,半径随着核电荷数的增加而减小);B项,X和Y元素能形成2种化合物,和;C项,元素Y、R分别与元素X形成的化合物是氢化物,因为YO元素和R(S元素)的非金属性强弱YR,所以对应的氢化物的稳定性;W元素最高价氧化物的水化物是,是中强碱,而R元素最高价氧化物的水化物是是强酸10.下列说法错误的是A.乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分B.乙醇和乙酸的沸点和熔点都比C2H
6、C2H4的沸点和熔点高C.乙醇和乙酸都能发生氧化反应D.乙醇和乙酸之间能发生酯化反应,酯化反应和皂化反应互为逆反应答案D解析皂化反应是指高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下的水解反应,而酯化反应是有机酸或无机酸与醇发生的反应,所以皂化反应为酯的水解反应的一部分11.化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程化学键的键能是形成(或拆开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量已知白磷和P4O6的分子结构如图所示现提供以下化学键的键能P—P198kJ·mol-1,P—O360kJ·mol-1,O==O498kJ·mol-1则反应P4(白磷)+3O2====P4O6的反应热ΔH为A.-1638kJ·mol-1B.+1638kJ·mol-1C.-126kJ·mol-1D.+126kJ·mol-1答案A解析白磷燃烧生成P4O6的反应热取决于断开P—P键和O=O键所吸收的能量与形成P—O键所放出的能量断键需吸热成键要放热ΔH=-12×360-6×198-3×498kJ·mol-1=-1638kJ·mol-112.将等物质的量的X、Y气体充入一个密闭容器中,在一定条件下发生如下反应并达平衡Xg+Yg2Zg;△H<0.当改变某一条件并达到新平衡后,下列叙述正确的是A.升高温度,X的转化率增大B.缩小容器体积,Z的浓度不变C.保持压强不变,再充入
0.1molX和
0.1molY,X的体积分数增大D.保持容器体积不变,充入一定量的氦气,Y的浓度不变答案D解析升高温度,平衡逆向移动,X的转化率减小,A错误缩小容器体积相当于增大压强,因为反应前后气体体积不变,故平衡不移动,Z的物质的量不变,但容器的体积缩小,故Z的浓度要增大,B错误保持压强不变,再充入
0.1molX和
0.1molY,平衡不移动,X的体积分数不变,C错误保持容器体积不变,充入一定量的氦气,不影响平衡故Y的浓度不变,D正确13.对下列各溶液的叙述正确的是A.将
①
0.01mol/L的CH3COOH溶液、
②
0.01mol/L的盐酸、
③pH=12的氨水、
④pH=12的NaOH溶液稀释相同倍数后溶液的pH
③④①②B.物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中2cNa+=cS2―+cHS―+cH2SC.pH=12的与pH=2的HCl溶液等体积混和,混和液pH=7D.向氨水中加水稀释,减小答案B解析A.假设都稀释100倍,
①2pH4
②pH=4
③10pH12
④pH=10,所以稀释相同倍数后溶液的pH
③④②①,A错;B.根据物料守恒2cNa+=cS2―+cHS―+cH2S,B项正确;C.由于氨水是弱电解质溶液,存在电离平衡,反应后会继续电离出OH-使溶液显碱性,C错;D.由于氨水是弱电解质溶液,存在电离平衡NH4++OH-,向氨水中加水稀释,促进电离,NH4+数目增多,数目减小,故增大,D错14.下列叙述正确的是A.在原电池的负极和电解池的阴极上都是发生失电子的氧化反应B.用惰性电极电解Na2SO4溶液,阴阳两极产物的物质的量之比为12C.用惰性电极电解饱和NaCl溶液,若有1mol电子转移,则生成1molNaOHD.镀层破损后,镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀答案C解析选项A中在电解池的阴极是阳离子得到电子,发生的是还原反应;选项B中用惰性电极电解Na2SO4溶液,实际上是电解水,在阴极上2H++2e-===H2↑,在阳极上4OH--4e-===2H2O+O2↑,所以阴阳两极产物的物质的量之比为2∶1;选项C中2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑,每生成2mol的NaOH转移的电子数为2mol,所以转移1mol电子,生成的NaOH就是1mol;选项D中镀层破损后,镀锡铁组成的原电池,Fe作负极而被腐蚀,镀锌铁组成的原电池,Zn作负极,所以镀锡铁板比镀锌铁板更容易腐蚀15.铁镍蓄电池又称爱迪生电池,放电时的总反应为Fe+Ni2O3+3H2O===FeOH2+2NiOH2,下列有关该电池的说法不正确的是A.电池的电解液为碱性溶液,正极为Ni2O
3、负极为FeB.电池放电时,负极反应为Fe+2OH--2e-===FeOH2C.电池充电过程中,阴极附近溶液的pH降低D.电池充电时,阳极反应为2NiOH2+2OH--2e-===Ni2O3+3H2O答案C解析由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子,Ni2O3做氧化剂得到电子,因此选项AB均正确;充电可以看作是放电的逆过程,即阴极为原来的负极,所以电池放电时,负极反应为Fe+2OH--2e-=== FeOH2,所以电池充电过程时阴极反应为FeOH2+2e-===Fe+2OH-,因此电池充电过程中,阴极附近溶液的pH会升高,C不正确;同理分析选项D正确第II卷
二、非选择题包括必考题和选考题两部分第16题~第20题为必考题,考生都必须做答第21题~第23题为选考题,考生根据要求做答
(1)必考题(5题,共45分)16.(10分)某化学兴趣小组利用废铁屑制取FeCl3·6H2O晶体主要步骤如下
①洗净后的废铁屑放在烧杯内,用过量的工业盐酸浸泡至不再产生气泡,过滤
②按下图组装仪器,并检查装置的气密性,将
①得到的滤液放入试剂瓶B中
③在石墨电极X、Y上连接直流电源,通电,待FeCl2全部被氧化后,断开电源
④试剂瓶B中的溶液经过一系列操作,可得FeCl3•6H2O晶体请回答下列问题
(1)A中的X极应连接电源的极A中发生化学反应的方程式;B中溶液颜色的变化 ,
(2)C烧杯中应该盛放的是 ,其作用是
(3)试剂瓶B中的溶液由步骤
④制得FeCl3•6H2O晶体,
④需要进行的操作依次是(填序号) A.加热浓缩 B.洗涤 、干燥 C.过滤 D.冷却结晶
(4)在整个实验过程中,盐酸必须保持过量,主要原因是 答案
(1)负(1分),2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH(2分),由浅绿色变为棕黄色(1分)
(2)NaOH溶液(1分),吸收Cl2,防止污染环境(1分)
(3)ADCB(2分)
(4)抑制Fe3+水解(或抑制FeCl3水解)(2分)解析
(1)利用废铁屑制取FeCl3·6H2O晶体,A中的Y极应连接电源的正极作阳极,产生氯气,那么X极连电源负极A中发生化学反应就是电解食盐水;B中溶液颜色的变化就是二价铁被氯气氧化成三价铁的变化
(2)C烧杯是尾气吸收装置,应该盛放NaOH溶液吸收Cl2,防止污染环境
(3)试剂瓶B中为FeCl3溶液,要制得FeCl3•6H2O晶体需要进行的操作依次是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤 、干燥
(4)在整个实验过程中,盐酸必须保持过量,是为了抑制FeCl3水解17.(6分)实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-等离子的卤水为主要原料制备无水无水CaCl2和Br2,流程如下 1操作Ⅰ使用的试剂是 ,所用主要仪器的名称是 2加入溶液W的目的是 用CaO调节溶液Y的pH,可以除去Mg2+由表中数据可知,理论上可选择pH最大范围是 酸化溶液Z时,使用的试剂为 开始沉淀时的pH沉淀完全时的pHMg2+
9.
611.0Ca2+
12.2cOH-=
1.8mol·L-1 3实验室用贝壳与稀盐酸反应制备并收集CO2气体,下列装置中合理的是 答案1四氯化碳 分液漏斗 2除去溶液中的SO42-
11.0≤pH<
12.2 盐酸 3b、d (每空1分)解析1通入氯气后Cl2+2Br-==2Cl-+Br2,故操作Ⅰ是萃取,用的仪器是分液漏斗;又因下层得到的是溴,故使用的萃取剂是四氯化碳2因为加入CaO的目的是除去Mg2+,故加入W的目的是除去SO42-;为了不使Ca2+沉淀,pH的理论值为
11.0≤pH<
12.2;酸化时,为不引人新的杂质离子,应选用盐酸3装置的选择,应从发生装置,除杂装置和收集装置三个方面分析a中收集方法不对;c中的长颈漏斗应插在液面以下;b、d是合理的18.(12分)
0.80gCuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示请回答下列问题
(1)试确定200℃时固体物质的化学式_____;
(2)取270℃所得样品,于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体,该反应的化学方程式为 把该黑色粉末溶解于稀硫酸中,经浓缩、冷却,有晶体析出,该晶体的化学式为 ,其存在的最高温度是 ;
(3)上述氧化性气体与水反应生成一种化合物,该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为_______________;
(4)在
0.10mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成,当溶液的pH=8时,cCu2+=__________mol·L-1(Kap[CuOH2]=
2.2×10-20)若在
0.1mol·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体,使Cu2+完全沉淀为CuS,此时溶液中的H+浓度是__________mol·L-1答案
(1)CuSO4·H2O(2分)
(2)CuSO4 CuO+SO3↑(2分),CuSO4·5H2O(1分),102℃(1分)
(3)2H2SO4浓+CuCuSO4+SO2↑+H2O(2分)
(4)
2.2×10-8 (2分),
0.2(2分)解析
(1)由图分析可知,CuSO4·5H2O受热到102℃时开始脱水分解,113℃时可得到较稳定的一种中间物,到258℃时才会继续分解在200℃时失去的水的质量为
0.57g,有差量法可以计算CuSO4·5H2OCuSO4·5-nH2O+nH2O250 18n
0.80g
0.80g-
0.57g=
0.23gn=4
(2)570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体,是CuO和SO3CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水,蒸发浓缩的晶体为CuSO4·5H2O其存在的最高温度为102℃
(3)SO3与水反应生成硫酸,与铜加热反应2H2SO4浓+CuCuSO4+SO2↑+H2O
(4)根据溶度积的概念可以直接计算pH=8时,cOH-=10-6,由cCu2+·cOH-2=Kap[CuOH2]可得,cCu2+=
2.2×10-20/10-12=
2.2×10-8在
0.1mol·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体,使Cu2+完全沉淀为CuS,溶液中溶质为硫酸,cSO42-不变,为
0.1mol·L-1,cH+为
0.2mol·L-119.(8分)研究NO
2、SO
2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义
(1)已知2SO2g+O2g2SO3g ΔH=-
196.6kJ·mol-12NOg+O2g2NO2g ΔH=-
113.0kJ·mol-1则反应NO2g+SO2gSO3g+NOg的ΔH=______kJ·mol-1一定条件下,将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应,下列能说明反应达到平衡状态的是 a.体系压强保持不变 b.混合气体颜色保持不变c.SO3和NO的体积比保持不变 d.每消耗1molSO3的同时生成1molNO2测得上述反应平衡时NO2与NO2体积比为1:6,则平衡常数K=
(2)CO可用于合成甲醇,反应方程式为COg+2H2gCH3OHgCO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示该反应ΔH 0(填“”或“”)实际生产条件控制在250℃、
1.3×104kPa左右,选择此压强的理由是 答案
(1)-
41.8(2分) b(1分)
2.67或8/3(2分)
(3)< (1分)在250℃时,压强为
1.3×104kPa时,CO的转化率已较高,再增大压强CO的转化率提高不大,而生产成本增加,得不偿失(2分)解析
(1)根据盖斯定律,将第二个放出颠倒过来,与第一个方程式相加得2NO2+2SO2==2SO3+2NO,△H=-83.6kJ·mol-1,故NO2+SO2SO3+NO,△H=-
41.8kJ·mol-1;本反应是反应前后气体分子数不变的反应,故体系的压强保持不变,故a不能说明反应已达到平衡状态;随着反应的进行,NO2的浓度减小,颜色变浅,故b可以说明反应已达平衡;SO3和NO都是生成物,比例保持1:1,故c不能作为平衡状态的判断依据;d中所述的两个速率都是逆反应速率,不能作为平衡状态的判断依据 NO2g+SO2gSO3g+NOg起始物质的体积 a 2a 0 0转化物质的体积 x x x x平衡物质的体积 a-x 2a-x x x则 a-x :2a-x =1:6,故x=4/5a,平衡时的体积分别为1/5a、6/5a、4/5a和4/5a,故平衡常数K=8/3
(3)由图可知,温度升高,CO的转化率降低,平衡向逆反应方向移动,故逆反应是吸热反应,正反应是放热反应,△H<0;压强大,有利于加快反应速率,有利于使平衡正向移动,但压强过大,需要的动力大,对设备的要求也高,故选择因为在250℃时,压强为
1.3×104kPa时,CO的转化率已较大,再增大压强,CO的转化率变化不大,没有必要再增大压强20.(9分)北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷(C3H8),亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯(C3H6)
(1)丙烷脱氢可得丙烯已知C3H8g===CH4g+HCCHg+H2g△H1=
156.6kJ·mol-1CH3CHCH2g====CH4g+HCCHg△H2=
32.4kJ·mol-1则相同条件下,反应C3H8g=CH3CHCH2g+H2g的△H=kJ·mol-1
(2)以丙烷为燃料制作新型燃料电池,电池的正极通入O2和CO2,负极通入丙烷,电解质是熔融碳酸盐电池反应方程式为;放电时CO32-移向电池的(填“正”或“负”)极
(3)碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O常温常压下,空气中的CO2溶于水,达到平衡时,溶液的pH=
5.60,cH2CO3=
1.5×10-5mol·L-1若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离,则H2CO3HCO3-+H+的平衡常数K1=(已知10-
5.60=
2.5×10-6)
(4)常温下,
0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH大于8,则溶液中cH2CO3cCO32-(填“>”、“=”或“<”),原因是(用离子方程式和必要的文字说明)答案
(1)
124.22分
(2)C3H8+5O2=3CO2+4H2O(1分)负1分
(3)
4.2×10-7mol·L-12分
(4)>1分HCO3-+H2O=CO32-+H3O+(或HCO3-=CO32-+H+)、HCO3-+H2O=H2CO3+OH-,HCO3-的水解程度大于电离程度2分解析
(1)将第2个方程式颠倒反写,然后与第1个方程式相加,即得所求的反应C3H8g====CH3CH=CH2g+H2g,△H也随方程式的变化关系进行求算△H=-△H2+△H1=
124.2kJ.mol-1
(2)以丙烷为燃料制作的新型燃料电池,其电池反应方程式为C3H8十502=3C02+4H20,因电子从电池的负极经导线流入了电池的正极,故电池的正极是电子富集的一极,故带负电荷的离子C032-在电解质溶液中应移向电池的负极而不是正极
(3)根据电离平衡常数公式可知K1=cH+cHCO3-/cH2CO3=10-
5.60×10-
5.60/l.5×10-5=
4.2×10-7mol.L-1
(4)
0.1molL-1NaHCO3溶液的pH大于8,说明溶液呈碱性,即cOH->cH+因在NaHCO3溶液中存在着两个平衡电离平衡HCO3-CO32-+H+,水解平衡HC03-+H20H2CO3-+OH-,其余部分水的电离忽略不计,由cOH->cH+,说明水解过程大于电离过程,从而推出cH2CO3cCO32-二选考题共10分请考生从给出的3道化学题中任选一题做答21.【化学—化学与技术】(10分)I.下列叙述正确的是()A.“接触法”制H2SO4时,催化氧化阶段的反应原理为2SO2g+O2g 2SO3g △H<0B.海水提镁的主要步骤为 C.普通水泥的主要成分是硅酸钙 D.黏土的主要成分是三氧化二铝II.工业上可用食盐和石灰石为主要原料,经不同的方法生产纯碱请回答下列问题
(1)卢布兰芳是以食盐、石灰石、浓硫酸、焦炭为原料,在高温下进行煅烧,再浸取,结晶而制得纯碱
①食盐和浓硫酸反应的化学方程式为__________;
②硫酸钠和焦炭、石灰石反应的化学方程式为__________(已知产物之一为CaS);
(2)氨碱法的工艺如下图所示,得到的碳酸氢钠经煅烧生成纯碱
①图中的中间产物C是_______,D_______(写化学式);
②装置乙中发生反应的化学方程式为_______;
(3)联合制碱法对氨碱法的改进,其优点是______________;
(4)有人认为碳酸氢钾与碳酸氢钠的化学性质相似,故也可用氨碱法以氯化钾和石灰石为原料制碳酸钾请结合下图的溶解度(S)随温度变化曲线,分析说明是否可行?__________ 答案I.A、C(2分)II.
(1)
①2NaCl+H2SO4浓 Na2SO4+2HCl↑
②Na2SO4+4C+CaCO3 CaS+Na2CO3+4CO或Na2SO4+2C+CaCO3 CaS+Na2CO3+2CO2
(2)
①CaOH2,NH3;
②NH3+CO2+NaCl+H2O===NaHCO3+NH4Cl
(3)保留了氨碱法的优点,使食盐的利用率提高到96%;NH4Cl可做氮肥;可与合成氨厂联合,原料气氨气和一氧化碳都由氨厂提供,减少CaCO3制CO2这一工序,降低了能耗与污染
(4)不可行,因为碳酸氢钾溶解度较大且在常温下与氯化钾的溶解度差别小,在氨盐水碳酸化时无法大量析出(每空1分)解析I.A为接触法制硫酸的基本原理;B镁工业先期加入的是石灰不是石灰石,后期电解的也不是氯化镁溶液;C普通水泥的成分为硅酸二钙、硅酸三钙、铝酸三钙,说主要成分是硅酸钙正确;黏土的主要成分是二氧化硅,还有氧化镁、碳酸钙和三氧化二铝II.
(1)是考查工业生产中的基本原理;
(2)是生产过程中工艺的考查,在细读生产工艺图中各物质的变化后,可得出;
(3)考查对教材知识的掌握情况;
(4)分析图可看出NaHCO3与新信息KHCO3在溶解度图中的差别,可推测溶解度的差别是判断的依据22.【化学—物质结构与性质】(10分)生物质能是一种洁净、可再生的能源生物质气(主要成分为CO、CO
2、H2等)与H2混合,催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一
(1)上述反应的催化剂含有Cu、Zn、Al等元素写出基态Zn原子的核外电子排布式
(2)根据等电子原理,写出CO分子结构式
(3)甲醇催化氧化可得到甲醛,甲醛与新制Cu(OH)2的碱性溶液反应生成Cu2O沉淀
①甲醇的沸点比甲醛的高,其主要原因是;甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型为
②甲醛分子的空间构型是;1mol甲醛分子中σ键的数目为
③在1个Cu2O晶胞中(如图所示),所包含的Cu原子数目为答案
(1)(2分)
(2)(1分)
(3)
①甲醇分子之间形成氢键(1分)杂化(1分)
②平面三角形(1分)3NA(2分)
③4(2分)解析
(1)Zn的原子序数为30,注意3d轨道写在4s轨道的前面;
(2)依据等电子原理,可知CO与N2为等电子体,互为等电子体分子的结构相似,可写出CO的结构式;
(3)甲醇分子之间形成了分子间氢键,甲醛分子间只是分子间作用力,而没有形成氢键,故甲醇的沸点高;甲醛分子中含有碳氧双键,故碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化;分子的空间构型为平面三角形;1mol甲醛分子中含有2mol碳氢δ键,1mol碳氧δ键,故含有δ键的数目为3NA;依据晶胞示意图可以看出Cu原子处于晶胞内部,所包含的Cu原子数目为
423.【化学—有机化学基础】(10分)有机物A(C10H20O2)具有兰花香味,可用作香皂、洗发香波的芳香赋予剂已知
①B分子中没有支链
②D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳
③D、E互为具有相同官能团的同分异构体E分子烃基上的氢若被Cl取代,其一氯代物只有一种
④F可以使溴的四氯化碳溶液褪色
(1)B可以发生的反应有(选填序号)
①取代反应
②消去反应
③加聚反应
④氧化反应
(2)D、F分子所含的官能团的名称依次是、
(3)写出与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式
(4)E可用于生产氨苄青霉素等已知E的制备方法不同于其常见的同系物,据报道,可由2-甲基-1-丙醇和甲酸在一定条件下制取E写出其化学方程式答案
(1)
①②④(2分)
(2)羧基、碳碳双键(2分)(2分)(2分)(2分)abc。