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2019届高三化学测试试题八含解析
1.
1.“一带一路”贸易使国外的特色产品走入百姓的日常生活,下列商品的主要成分所对应的材料类型不正确的是()ABCD泰国银饰埃及棉制品捷克水晶饰品土耳其彩瓷金属材料天然高分子材料合成高分子材料无机非金属材料A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A.银为金属单质,所以银饰品属于金属材料,故A正确;B.棉制品的主要成分是纤维素,纤维素是天然的有机高分子化合物,故B正确;C.水晶的主要成分是二氧化硅,不是合成高分子材料,故C错误;D.陶瓷是硅酸盐产品,属于无机非金属材料,故D正确;答案选C
2.
2.下列关于有机物的说法正确的是A.乙醇、乙酸均能与NaOH溶液反应B.糖类、油脂、蛋白质都是有C、H、O三种元素组成的C.C5H9BrO2的同分异构体中,能与NaHCO3反应产生CO2的有10种D.塑料、合成橡胶、合成纤维都主要是以石油、煤、天然气为原料生产的【答案】D【解析】【分析】A.乙醇不具有酸性;B.蛋白质中除了含有C、H、O元素外,还含有N、S、P等元素;C.能与NaHCO3反应产生CO2,说明含有羧基,同时含有溴原子,可看成丁烷的二元取代产物;D.以煤、石油、天然气等化石燃料为主要原料,可制造塑料、合成橡胶、合成纤维等化工产品【详解】A.乙醇不具有酸性,与氢氧化钠溶液不反应,乙酸可与氢氧化钠溶液反应,故A错误;B.蛋白质中除了含有C、H、O元素外,还含有N、S、P等元素,糖类和油脂均由C、H、O三种元素组成,故B错误;C.分子式为C5H9BrO2的有机物能与NaHCO3反应产生CO2,说明含有羧基,同时含有溴原子,所以可看成丁烷的二元取代产物,主链有4个碳原子时,二元取代产物有HOOCCHBrCH2CH2CH
3、HOOCCH2CHBrCH2CH
3、HOOCCH2CH2CHBrCH
3、HOOCCH2CH2CH2CH2Br、CH2BrCHCOOHCH2CH
3、CH3CBrCOOHCH2CH
3、CH3CHCOOHCHBrCH
3、CH3CHCOOHCH2CH2Br,共8种,主链有3个碳原子时,二元取代产物有HOOCCHBrCHCH
32、HOOCCH2CBrCH
32、HOOCCH2CHCH2BrCH
3、CH2BrCCOOHCH32,共4种,所以符合条件的同分异构体为12种,故C错误;D.塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的,故D正确,答案选D【点睛】本题主要考查有机物的结构和性质,难点是C项C5H9BrO2的同分异构体数目的判断,解题时可先根据题意判断出该有机物所含的官能团为羧基和溴原子,再把该有机物看成丁烷的二元取代产物进行分析即可
3.
3.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等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应,用排水法收集气体HX放出的氢气多且反应速率快酸的强弱HX<HYB向2mL
0.1mol/LNa2S溶液中滴2滴
0.1mol/LZnSO4溶液;再滴2滴
0.1mol/LCuSO4先生成白色沉淀,后生成黑色沉淀溶度积Ksp ZnSCuSC向FeCl3和KSCN混合溶液中,加入少量KCl的固体溶液颜色变浅FeCl3+3KSCNFeSCN3+3KCl平衡向逆反应方向移动D常温下,用pH计分别测定饱和NaA溶液和饱和NaB溶液的pHpH NaA>NaB常温下酸性HA﹤HBA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】A.等体积等pH时HX放出的氢气多且反应速率快,可知其浓度大;B.Na2S溶液过量,均为沉淀的生成,未发生沉淀的转化;C.加入少量KCl固体,对平衡移动无影响;D.要比较两种酸的酸性强弱,两种盐溶液的浓度必须相同【详解】A.等体积等pH时HX放出的氢气多且反应速率快,可知其浓度大,则HX的酸性比HY的酸性弱,故A正确;B.因Na2S溶液过量,所以加入ZnSO4溶液和CuSO4溶液时发生的均为沉淀的生成,未发生沉淀的转化,不能比较二者溶度积的大小,故B错误;C.该可逆反应中实质上KCl不参加反应,所以加入少量KCl固体,对平衡移动无影响,则溶液颜色不变,故C错误;D.要比较两种酸的酸性强弱,则两种盐溶液的浓度必须相同,这两种盐溶液都是饱和溶液,但两种盐溶液的浓度不一定相同,所以不能比较HA和HB的酸性强弱,故D错误,答案选A【点睛】本题考查化学实验方案的评价,明确实验原理及物质性质是解答本题的关键,注意D选项中的两种溶液浓度必须相同,否则无法判断,为易错点
4.我国本土科学家屠呦呦因为发现青蒿素而获得xx的诺贝尔生理和医学奖.已知二羟甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一,下列关于二羟甲戊酸的说法正确的是A.与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为C8H18O4B.能发生加成反应,不能发生取代反应C.在铜的催化下与氧气反应的产物可以发生银镜反应D.标准状况下1mol该有机物可以与足量金属钠反应产生
22.4LH2【答案】C【解析】试题分析A.只有-COOH可与乙醇发生酯化反应,由原子守恒可知,与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为C8H16O4,故A错误;B.含-COOH,不能发生加成反应,故B错误;C.含-OH,-CH2OH在铜的催化下与氧气反应的产物含-CHO可以发生银镜反应,故C正确;D.-COOH、-OH均与钠反应生成氢气,则标准状况下1mol该有机物可以与足量金属钠反应产生
1.5mol×
22.4L/mol=
33.6LH2,故D错误;故选C【考点定位】考查有机物的结构和性质;有机物分子中的官能团及其结构【名师点晴】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质的关系为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意醇和羧酸的性质考查解答此类试题要抓住有机物的结构和特征性质分析
(1)能与氢气加成的苯环结构、C=C、、C=O和中的C=O双键不发生加成;
(2)能与NaOH反应的—COOH、、;
(3)能与NaHCO3反应的—COOH;
(4)能与Na反应的—COOH、、-OH;
(5)能发生加聚反应的物质烯烃、二烯烃、乙炔、苯乙烯、烯烃和二烯烃的衍生物;
(6)能发生银镜反应的物质凡是分子中有醛基-CHO的物质均能发生银镜反应
①所有的醛R-CHO;
②甲酸、甲酸盐、甲酸某酯;注能和新制CuOH2反应的——除以上物质外,还有酸性较强的酸如甲酸、乙酸、丙酸、盐酸、硫酸、氢氟酸等,发生中和反应
5.
5.某KCl样品中含有少量K2CO
3、K2SO4和不溶于水的杂质,为了提纯KCl,先将样品溶于适量水中,搅拌、过滤,再将滤液按下图所示步骤进行提纯(过滤操作已略去)下列说法不正确的是A.起始滤液常温下pH﹥7B.试剂Ⅰ为BaCl2溶液C.上图过程必须经2次过滤D.步骤
③目的是除去CO32-【答案】C【解析】【分析】KCl样品中含有少量K2CO
3、K2SO4和不溶于水的杂质,为了提纯KCl,先将样品溶于适量水中,搅拌、过滤,再向滤液中加入过量的试剂Ⅰ为BaCl2溶液以除去SO42-,过滤,得到的混合物X中含有KCl、BaCl2,再加过量的试剂Ⅱ为K2CO3以除去Ba2+,过滤,得到的混合物Y中含有KCl、K2CO3,再加适量的试剂Ⅲ为盐酸以除去CO32-,再通过加热浓缩、蒸发结晶得KCl晶体【详解】A.起始滤液中含有碳酸钾,碳酸根离子水解使溶液显碱性,pH7,故A正确;B.由上述分析可知,试剂I为BaCl2溶液,故B正确;C.样品溶于适量水中,充分搅拌后过滤,选择试剂除去杂质时还需要2次过滤,共3次,故C错误;D.步骤
③中加入的试剂Ⅲ为盐酸,其目的是除去CO32-,故D正确,答案选C
6.
6.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大,A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代,B的氢化物的水溶液呈碱性;C、D为金属元素,且D原子最外层电子数等于其K层电子数;若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液,可观察到先变红后褪色下列说法中,正确的是A.B的氢化物的沸点一定高于A的氢化物B.向D单质与沸水反应后的溶液中滴加酚酞,溶液变红C.B的最高价氧化物对应的水化物的酸性比E的最高价氧化物对应的水化物的酸性强D.某物质焰色反应呈黄色,该物质一定是含C元素的盐【答案】B【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大;A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代,则A是碳元素;B的氢化物的水溶液呈碱性,则B为N元素;C、D为金属元素,原子序数大于氮,处于第三周期,且D原子最外层电子数等于其K层电子数,其最外层电子数为2,所以D为Mg元素,C为Na元素;若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液,能观察到先变红后褪色的现象,则E是Cl元素【详解】由上述分析可知,A为C,B为N,C为Na,D为Mg,E为ClA.A的氢化物若为苯等烃类物质,常温下为液态,则沸点比氨气的高,故A错误;B.Mg单质与沸水反应后生成氢氧化镁,溶液呈碱性,滴加酚酞,溶液变红,故B正确;C.因非金属性Cl>N,则HClO4的酸性强于HNO3,故C错误;D.某物质焰色反应呈黄色,该物质含有Na元素,可能是含Na元素的盐,也可能为NaOH等,故D错误,答案选B
7.
7.常温下,KaHCOOH=
1.77×10−4,KaCH3COOH=
1.75×10−5,KbNH3·H2O=
1.75×10−5,下列说法正确的是A.相同体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液,中和NaOH的能力相同B.
0.2mol·L-1HCOOH与
0.1mol·L-1NaOH等体积混合后cHCOO−+cOH−cHCOOH+cH+C.浓度均为
0.1mol·L−1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和前者大于后者D.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃,溶液中增大【答案】C【解析】【分析】A.由电离平衡常数可知,HCOOH的酸性强于CH3COOH,pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液,CH3COOH的浓度大;B.
0.2mol·L-1HCOOH与
0.1mol·L-1NaOH等体积混合后,溶液中的溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa;C.电离平衡常数越大,其离子水解程度越小;D.升高温度,促进CH3COO−的水解【详解】A.pH相同的HCOOH和CH3COOH溶液,物质的量浓度cHCOOHcCH3COOH,则体积相同的两种溶液,HCOOH和CH3COOH的物质的量前者小于后者,所以后者消耗的NaOH更多,故A错误;B.
0.2mol·L-1HCOOH与
0.1mol·L-1NaOH等体积混合后,混合溶液中的溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa,根据电荷守恒得cHCOO−+cOH−=cNa++cH+,因甲酸的电离程度大于甲酸根离子的水解程度,所以cHCOOHcNa+,则cHCOO−+cOH−cHCOOH+cH+,故B错误;C.电离平衡常数越大,其对应离子的水解程度越小,根据电离平衡常数可知,离子水解程度NH4+>HCOO−,由电荷守恒得cHCOO−+cOH−=cNa++cH+=
0.1mol/L+cH+、cNH4++cH+=cCl−+cOH−=
0.1mol/L+cOH−,水解程度NH4+>HCOO−,所以前者溶液中的cH+大于后者溶液中的cOH−,则浓度均为
0.1mol⋅L−1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和前者大于后者,故C正确;D.CH3COO−发生水解反应的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,水解平衡常数Kh=,将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃,促进CH3COO-的水解,水解平衡常数增大,即Kh=增大,所以减小,故D错误,答案选C
8.
8.苯甲酸具有弱酸性,可以和乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯苯甲酸乙酯密度
1.05g·cm-3稍有水果气味,用于配制香水香精和人造精油,也大量用于食品以及用作有机合成中间体等制备苯甲酸乙酯的过程如下1制备粗产品如图所示装置中,于50mL圆底烧瓶中加入
8.0g苯甲酸Mr=
122、20mL乙醇Mr=46,密度
0.79g·cm-
3、15mL环己烷、3mL浓硫酸,摇匀,加沸石在分水器中加水,接通冷凝水,水浴回流约2h,反应基本完成记录体积,继续蒸出多余环己烷和醇从分水器中放出2粗产品纯化加水30mL,分批加入固体NaHCO3,分液,然后水层用20mL石油醚分两次萃取合并有机层,用无水硫酸镁干燥回收石油醚,加热精馏,收集210~213℃馏分相关数据如下沸点℃,1atm苯甲酸苯甲酸乙酯石油醚水乙醇环己烷共沸物环己烷—水—乙醇
249212.640~
8010078.
380.
7562.6根据以上信息和装置图回答下述实验室制备有关问题1写出制备苯甲酸乙酯反应的化学方程式______________________________________,仪器a的名称______________,b口为冷凝水的_____________(填“进水口”或“出水口”)2请说出在本实验中可以采取的能提高苯甲酸乙酯产率的方法_________________写出任意一种即可3如何利用实验现象判断反应已基本完成______________________________________4固体NaHCO3的作用______________________________,加入固体NaHCO3时的实验操作所用到的主要玻璃仪器为____________________5经精馏得210~213℃馏分
7.0mL,则实验中苯甲酸乙酯的产率为__________【答案】
1.H2O
2.球形冷凝管
3.进水口
4.加入环己烷形成水—乙醇—环己烷三元共沸物分离反应过程中生成的水或加过量乙醇或使用分水器及时分离生成的水
5.加热回流至分水器中水位不再上升
6.中和硫酸和未反应的苯甲酸
7.分液漏斗
8.
74.7%【解析】【分析】
(1).根据题干信息可知,苯甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水,根据装置图可知仪器a的名称为球形冷凝管,根据逆流的冷却效果好可判断出b口的作用为进水口;
(2).苯甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水的反应为可逆反应,根据影响平衡移动的因素可确定提高苯甲酸乙酸产率的方法;
(3).根据分水器中水位判断反应是否基本完成;
(4).碳酸氢钠能和酸反应;加人固体NaHCO3后分液,所以要用分液漏斗;
(5).根据苯甲酸的质量计算理论上生成苯甲酸乙酯的质量,该反应的产率等于实际值与理论值的比【详解】
(1).根据题干信息可知,苯甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水,化学反应方程式为H2O,根据装置图可知仪器a的名称为(球形)冷凝管,根据逆流的冷却效果更好可判断出b口的作用为进水口,故答案为H2O;(球形)冷凝管;进水口;
(2).苯甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水的反应为可逆反应,所以要提高苯甲酸乙酯产率的方法有加入环已烷形成水-乙醇-环已烷三元共沸物分离出反应过程中生成的水、加过量的乙醇、使用分水器及时分离出生成的水等,故答案为加入环己烷形成水-乙醇-环己烷三元共沸物分离反应过程中生成的水或加过量乙醇或使用分水器及时分离生成的水;
(3).苯甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水,分水器中可收集到水,所以判断反应已基本完成的方法是加热回流至分水器中水位不再上升,故答案为加热回流至分水器中水位不再上升;
(4).碳酸氢钠能和硫酸及苯甲酸反应生成盐,所以加入碳酸氢钠的目的是中和硫酸和未反应的苯甲酸,加人固体NaHCO3后进行分液,所以要用到分液漏斗,故答案为中和硫酸和未反应的苯甲酸;分液漏斗;
(5).
8.0g的苯甲酸和乙醇反应理论上生成苯甲酸乙酯的质量=×150g/mol=
9.84g,实际上苯甲酸乙酯的质量=
1.05g/mL×7mL=
7.35g,则该实验中苯甲酸乙酯的产率为=×100%=
74.7%,故答案为
74.7%【点睛】本题考查物质的制备,明确实验原理是解题的关键,本题的难点是第3小题,因反应生成物中有水,所以可通过分水器中的水位不再上升判断反应是否基本完成
9.
9.铬铁矿FeCr2O4中含有Al2O
3、Fe2O3等杂质,以铬铁矿为原料制备重铬酸钾K2Cr2O7的工艺流程示意图如下部分操作和条件略1铬铁矿FeCr2O4改写为氧化物的形式为___________________2反应
①中发生了两个主要反应,其中一个主要反应的化学方程式为4FeCr2O4+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2;另一个主要反应的化学方程式为______________________________3写出反应
②中生成固体B的离子方程式为_________________________________4pH5时,发生反应有__________________(写离子方程式),Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl下表是相关物质的溶解度数据物质溶解度g/100gH2O0℃40℃80℃KCl
2840.
151.3NaCl
35.
736.438K2Cr2O
74.
726.373Na2Cr2O7163215376
①加入KCl固体后经一系列操作析出K2Cr2O7晶体的理由是___________________________
②获得K2Cr2O7晶体的操作由多步组成,依次是加入KCl固体、蒸发浓缩、________________、_____________、洗涤、干燥得到晶体5某种酒精测试仪中,K2Cr2O7在酸性条件下将乙醇氧化为乙酸,自身被还原为三价铬离子,该反应的氧化剂与还原剂的物质的量比为_________________6含铬废渣废水的随意排放对人类生成环境有极大的危害,电解法是处理铬污染的一种方法,电解时,在阴极区有FeOH3和CrOH3沉淀生成已知Ksp[FeOH3]=
4.0×10—38,Ksp[CrOH3]=
6.0×10—31已知电解后的溶液中cCr3+为
3.0×10—5mol/L,则溶液中cFe3+为________________mol/L【答案】
1.FeO·Cr2O
32.Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑
3.AlO2—+CH3COOH+H2O=AlOH3↓+CH3COO—
4.2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O
5.K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小,且温度对氯化钠的溶解度影响较小,但对重铬酸钾的溶解度影响较大,利用复分解反应在低温下可以得到重铬酸钾
6.冷却结晶
7.过滤
8.2:
39.
2.0×10—12【解析】【分析】铬铁矿FeCr2O4中含有Al2O
3、Fe2O3等杂质,加入碳酸钠并通入二氧化碳,在空气中焙烧,得到Fe2O3和Na2CrO
4、NaAlO2的混合物,加水过滤后得含Na2CrO4和NaAlO2的混合溶液,加入醋酸溶液调节pH=7~8,反应得固体B为AlOH3沉淀,溶液B中含有Na2CrO4,加入醋酸调节pH<5,发生反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O,因K2Cr2O7的溶解度较小,加入KCl,Na2Cr2O7转化生成K2Cr2O7【详解】
1.铬铁矿中铬元素为+3价,铁元素为+2价,所以FeCr2O4可改写为氧化物的形式为FeO·Cr2O3,故答案为FeO·Cr2O3;
2.根据流程图可以推断,反应
①中另一个主要反应的化学方程式为Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑,故答案为Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑;
3.反应
②中加入酸后与AlO2-发生反应生成AlOH3沉淀,所以生成固体B的离子方程式为AlO2-+CH3COOH+H2O=AlOH3↓+CH3COO-,故答案为AlO2-+CH3COOH+H2O=AlOH3↓+CH3COO-;
4.pH5时,CrO42-会转化为Cr2O72-,离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O,故答案为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O;
①.由表中数据可知,K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小,且温度对氯化钠的溶解度影响较小,但对重铬酸钾的溶解度影响较大,随着温度的降低K2Cr2O7的溶解度迅速降低产生沉淀,溶液中的复分解反应平衡被打破,反应向右进行,从而利用复分解反应在低温下可以得到重铬酸钾,故答案为K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小,且温度对氯化钠的溶解度影响较小,但对重铬酸钾的溶解度影响较大,利用复分解反应在低温下可以得到重铬酸钾;
②.要获得K2Cr2O7,需经过加入KCl固体、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等,故答案为冷却结晶;过滤;
5.K2Cr2O7在酸性条件下将乙醇氧化为乙酸,自身被还原为三价铬离子,该反应的离子方程式为2Cr2O72-+3CH3CH2OH+16H+=3CH3COOH+4Cr3++11H2O,由反应方程式可知,氧化剂与还原剂的物质的量比为2:3,故答案为2:3;
6.电解后的溶液中cCr3+为
3.0×10-5mol/L,所以溶液中c(OH-)=,而cFe3+=,所以cFe3+=×cCr3+=×
3.0×10-5mol/L=
2.0×10-12mol/L,故答案为
2.0×10-
1210.
10.据报道,我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰(甲烷的水合物试采获得成功甲烷是一种重要的化工原料
(1)甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式,有以下三种部分氧化CH4g+1/2O2gCOg+2H2gΔH1=—
35.9kJ·mol-1
①水蒸气重整CH4g+H2OgCOg+3H2gΔH2=+
205.9kJ·mol-1
②COg+H2OgCO2g+H2gΔH3=—
41.2kJ·mol-1
③二氧化碳重整CH4g+CO2g2COg+2H2gΔH4
④则反应
②自发进行的条件是________________,ΔH4=_____________kJ·mol-1
(2)起始向密闭容器中充入一定量的CH4g和O2g,发生反应
①CH4g的平衡转化率与温度(T)和压强(P)的关系如图所示
①N、P两点的平衡常数KN_______KP(填“>”“<”或“=”)理由是_____________
②M、N两点的H2的物质的量浓度cM____cN(填“>”“<”或“=”)
(3)合成气CO和H2在一定条件下能发生如下反应COg+2H2gCH3OHg在容积均为VL的甲、乙、丙三个密闭容器中分别充入amolCO和2amolH2,三个容器的反应温度分别为T
1、T
2、T3且恒定不变,在其他条件相同的情况下,实验测得反应均进行到tmin时CO的体积分数如图所示,此时三个容器中一定处在化学平衡状态的是_________(填“T1”或“T2”或“T3”);该温度下的化学平衡常数为___________(用a、V表示)
(4)光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存,利用太阳光、CO
2、H2O生成甲醇的光能储存装置如图所示,制备开始时质子交换膜两侧的溶液质量相等则b极的电极反应式为_________【答案】
1.高温
2.+
247.
13.>
4.反应
①为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,CH4g的平衡转化率降低,所以T1<T2故P点平衡常数小于N点
5.<
6.T
37.9V2/2a
28.CO2+6e﹣+6H+=CH3OH+H2O【解析】【分析】
1.反应自发进行的条件是△H-T△S0,水蒸气重整CH4g+H2OgCOg+3H2gΔH2=+
205.9kJ·mol-1
②、COg+H2OgCO2g+H2gΔH3=-
41.2kJ·mol-1
③,根据盖斯定律
②-
③得二氧化碳重整的热化学方程式;
2.反应
①为气体体积增大的放热反应,根据平衡移动原理分析即可;
3.由图象分析可知随反应进行CO体积分数应是降低,达到平衡状态后升温平衡逆向进行;
4.由生成甲醇的光能储存装置可知,b电极上CO2得到电子生成甲醇【详解】
1.反应自发进行的条件是△H-T△S0,由水蒸气重整的热化学方程式CH4g+H2OgCOg+3H2gΔH2=+
205.9kJ·mol-1可知,该反应的△H>
0、△S>0,要满足△H-T△S0,则需要高温的条件,水蒸气重整CH4g+H2OgCOg+3H2gΔH2=+
205.9kJ·mol-1
②、COg+H2OgCO2g+H2gΔH3=—
41.2kJ·mol-1
③,根据盖斯定律
②-
③得二氧化碳重整的热化学方程式为CH4g+CO2g2COg+2H2gΔH4=+
247.1kJ·mol-1,故答案为高温;+
247.1;
2.
①.反应
①为放热反应,升高温度,甲烷的转化率降低,即T2>T1,化学平衡常数只受温度的影响,因此根据化学平衡常数的定义可知KN>KP,故答案为>;反应
①为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,CH4g的平衡转化率降低,所以T1<T2,故P点平衡常数小于N点;
②.N点压强大于M点,对应反应
①,增大压强平衡虽然向逆反应方向进行,但平衡移动的趋势微弱,组分的浓度依然增大,即氢气浓度cM<cN,故答案为<;
3.随着反应的进行,CO的体积分数应该是降低的,达到平衡状态后升温平衡逆向进行,T1到T2温度升高一氧化碳体积分数减小,说明反应未达到平衡状态,反应正向进行,但T2不知是否为最低点,无法确定是否为平衡点,升温平衡逆向进行,一氧化碳体积分数增大,说明T3一定是平衡状态,由平衡三段式法得COg+2H2gCH3OHg起始mola2a0转化molx2xx平衡mola-x2a-2xx,结合图象可知,×100%=20%,解得x=,根据平衡常数表达式K=,代入数值得K=9V2/2a2,故答案为T3;9V2/2a2;
4.由装置图可知,在b电极上CO2得到电子生成甲醇,且此装置的电解质溶液为稀硫酸,所以b电极反应式为CO2+6e﹣+6H+=CH3OH+H2O,故答案为CO2+6e﹣+6H+=CH3OH+H2O
11.
11.黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的最主要矿物火法冶炼黄铜矿的过程中,其中一步反应是;2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2回答下列问题
(1)Cu+的价电子轨道表示式为__________________;Cu2O与Cu2S比较,熔点较高的是_______,原因为_____________________________________
(2)SO2与SO3的键角相比,键角更大的是____________将纯液态SO3冷却到
289.8K时凝固得到一种螺旋状单链结构的固体,其结构如下图1所示此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是_______;该结构中S—O键长有两类,一类键长约140pm,另一类键长约为160pm,较短的键为_________(填图中字母)
(3)离子化合物CaC2的一种晶体结构如下图2所示写出该物质的电子式_____从钙离子看,属于____________堆积;一个晶胞含有的π键平均有______个
(4)奥氏体是碳溶解在γ—Fe中形成的一种间隙固溶体,无磁性,其晶胞如上图3所示,则该物质的化学式为________,若晶体密度为dg/cm3,则晶胞中最近的两个碳原子的距离为____________________pm(阿伏加德罗常数的值用NA表示,写出计算式即可)【答案】
1.
2.Cu2O
3.两物质均为离子化合物,且离子所带电荷数相同,O2-半径小于S2-,所以Cu2O的晶格能大,熔点更高
4.SO
35.sp
36.a
7.
8.面心立方
9.
810.FeC
11.【解析】
(1)本题考查轨道式的表示、晶体熔沸点高低判断,Cu位于第四周期IB族,Cu+的价电子为第三层的d能级,根据泡利原理和洪特规则,Cu+价电子轨道式为;Cu2O和Cu2S都属于离子晶体,晶格能越大,晶体熔沸点越高,晶格能与半径、所带电荷数有关,半径越小、所带电荷数越多,晶格能越大,Cu2O和Cu2S所带电荷数相同,S2-的半径大于O2-的半径,因此Cu2S的沸点低于Cu2O;
(2)本题考查杂化类型判断,SO2含有的孤电子对为6-2×2/2=1,SO3中含有孤电子对为6-2×3/2=0,孤电子对之间的斥力孤电子对-成键电子对之间的斥力成键电子对之间斥力,因此SO3键角大于SO2键角,根据图1,S有4个σ键,无孤电子对,价层电子对数为4,杂化轨道数等于价层电子对数,即杂化类型为sp3;如图所示,a含有双键的成分,键能较大,键长较短,另一类为配位键,为单键,键能较小,键长较长,即较短的键为a;
(3)本题考查晶胞,根据图2,CaC2的电子式为;根据晶胞的结构,Ca2+位于顶点和面心,因此属于面心立方堆积;C22-位于棱上和体心,属于晶胞的C22-的个数为12×1/4+1=4,根据CaC2的电子式,两个碳原子之间有3对电子对,即1个C22-有2个π键,即1个晶胞中有2×4=8个π键;
(4)本题考查晶胞知识,根据图3,铁原子位于顶点、面心,个数为8×1/8+6×1/2=4,碳原子位于棱上和体心,个数为12×1/4+1=4,因此化学式为FeC,晶胞的质量为4×68/NAg,根据密度的定义,得出晶胞的边长为cm,根据晶胞的结构,两个最近的碳原子的距离是面对角线的一半,则两个最近的碳原子的距离是pm
12.
12.乙烯用途广泛,工业上可通过下列流程合成二甘醇及其衍生物已知R-OH+SOCl2→R-Cl+SO2↑+HCl↑请回答
(1)写出B的官能团的电子式________________________
(2)写出有关物质的结构简式A_________________D_________________
(3)指出反应类型
②_________________
(4)写出下列化学方程式反应
①_______________________________;反应
②__________________________________
(5)
①二甘醇又名
(二)乙二醇醚,根据其结构判断下列说法正确的是____填序号a.难溶于水b.沸点较高c.不能燃烧
②E的同分异构体很多,写出其中能够发生银镜反应的两种异构体的结构简式_________________6请写出由1-氯丙烷合成丙酮的合成路线图并注明反应条件无机试剂任选________合成路线流程图示例如下CH3CH2OHCH2=CH2Br-CH2CH2-Br【答案】
1.
2.
3.Cl-CH2CH2-O-CH2CH2-Cl
4.消去反应
5.
6.ClCH2CH2OCH2CH2Cl+2KOHCH2=CH-O-CH=CH2+2KCl+2H2O
7.b
8.CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO或CH2=CCH3CHO
9.【解析】【分析】乙烯发生氧化反应生成AC2H4O,A的结构中没有甲基,则A为,A在酸性条件下水解得到B,B的核磁共振氢谱有2种H,结合二甘醇的结构可知B为HOCH2CH2OH.二甘醇发生信息中的反应得到D,结合D的分子式可知D的结构简式为Cl-CH2CH2-O-CH2CH2-Cl,D发生消去反应生成E为CH2=CHOCH=CH2【详解】1由上述分析可知,B为HOCH2CH2OH,官能团为羟基,电子式为,故答案为;2由上述分析可知,A的结构简式为,D的结构简式为Cl-CH2CH2-O-CH2CH2-Cl,故答案为;Cl-CH2CH2-O-CH2CH2-Cl;3反应
②为卤代烃在氢氧化钾醇溶液中的消去反应,故答案为消去反应;3反应
①的化学方程式为,反应
②的化学方程式为ClCH2CH2OCH2CH2Cl+2KOHCH2=CH-O-CH=CH2+2KCl+2H2O,故答案为;ClCH2CH2OCH2CH2Cl+2KOHCH2=CH-O-CH=CH2+2KCl+2H2O;4a.含有2个羟基,与水形成氢键,应易溶于水,故a错误;b.分子之间形成氢键,沸点较高,故b正确;c.属于烃的含氧衍生物,能燃烧,故c错误;故选b;5E为CH2=CHOCH=CH2,能够发生银镜反应的E的同分异构体的结构简式为CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO、CH2=CCH3CHO,故答案为CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO、CH2=CCH3CHO;6由1-氯丙烷合成丙酮,可以首先合成2-丙醇,然后将2-丙醇氧化即可得到丙酮,由1-氯丙烷合成2-丙醇,可以将氯原子消去,然后与水加成即可,合成路线为,故答案为。