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文檔簡(jiǎn)介

高考化學(xué)模擬測(cè)試卷(有答案解析)

一、單選題(本大題共7小題,共42分)

1.化學(xué)與生活密切相關(guān),下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是()

A.葡萄糖、果糖和脫氧核犍均為單糖

B.安陸“水華”事件是因?yàn)槿∷畮?kù)中氮、磷含量過多

C.向汽油中添加印醉可提高燃料的單位質(zhì)量燃燒熱值

D.滑雪帶護(hù)目鏡是防止強(qiáng)紫外線引起眼睛蛋白質(zhì)被灼傷變性

2.用肺氨酸()催化合成酮醛反應(yīng)如圖:

下列說法錯(cuò)誤的是()

A.脯氨酸的分子式為C5H9N02B.c可以使酸性KMnO4溶液褪色

C.該反應(yīng)為加成反應(yīng)D.a中所有原子共面

3.下列是實(shí)驗(yàn)室以硫鐵礦為原料制取硫酸亞鐵溶液及進(jìn)一步制取Fe203的部分操作過程,其中操作正確

且能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ?/p>

包—3'.保存硫酸亞鐵溶液

0

B.分離硫酸亞鐵溶液和不溶性雜質(zhì)

第1頁(yè)共14頁(yè)

C.配制lmol?L—1的稀硫酸

D.

4.X、Y、Z、MR為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,X最高正價(jià)和最低負(fù)價(jià)代數(shù)和為0,Y的質(zhì)子

數(shù)與其陰離子的最外層電子數(shù)相等,X和Z同主族,Z、MR三種元素形成的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物兩

兩間能反應(yīng)。下列說法正確的是()

A.X與Y、Z、R形成的化合物均只含有共價(jià)鍵

B.簡(jiǎn)單離子半徑:Y〈W<R

C.Y和R的簡(jiǎn)單氫化物沸點(diǎn):Y>R

D.Z和R元素形成的化合物水溶液一定顯中性

5.研究人員設(shè)計(jì)出一種新型太陽(yáng)能催化電解裝置,利用過渡金屬化合物作催化劑制得合成氣,同時(shí)

減少溫室氣體的排放。下列說法不正確的是()

A.M是光電池的負(fù)極

B.陽(yáng)極電極反應(yīng)式為2H20-4e-=02t+4H+

C.該裝置工作一段時(shí)間后,H3P04與KII2P04混合液的pH增大

D.A極收集到0.5mol合成氣時(shí),B極收集到0.25mol氯氣

6.下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象與結(jié)論正確的是()

第2頁(yè)共14頁(yè)

選項(xiàng)操作現(xiàn)象結(jié)論

將NaA102溶液與NaHC03溶產(chǎn)生白色絮結(jié)合質(zhì)子能力:

A

液混合狀沉淀A1O2->CO32-

將硫酸酸化的H202溶液滴

B溶液變黃色氧化性:H202>Fe3+

入Fe(N03)2溶液中

C21150H與濃硫酸170℃共

酸性KMnO4

C熱,制得的氣體通入酸性制得氣體為乙烯

溶液褪色

KMnO4溶液

先出現(xiàn)白色

向ImLO.ImolL-lKCl溶液

D中加入過量AgN03溶液,再沉淀;后出Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)

加入IrnLO.1mol-L-lKI溶液

現(xiàn)黃色沉淀

A.AB.BC.CD.D

7.常溫下,將100mL1mol-L-l的氨水與100mLamol-L-l鹽酸等體積混合,忽略反應(yīng)放熱和體積變

化,下列有關(guān)推論不正確的是()

A.若混合后溶液pH=7,則c(NH4+);c(Cl-)

B.若a=2,則c(Cl-)〉c(NH4+)>c(H+)>c(0H-)

C.若a=0.5,則c(NH4+)〉c(Cl-)>c(0H-)>c(H+)

D.若混合后溶液滿足c(H+)=c((H-)+c(NH3.H20),則可推出a=l

二、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題,共28.0分)

8.亞氯酸鈉(NaC102)是一種高效氧化劑、漂白劑,可用C102為原料制取,裝置如圖。請(qǐng)回答下列問題:

①飽和NaC102溶液中析出的晶體成分與溫度的關(guān)系如下表所示:

溫度/℃<3838?60>60

晶體成分NaC102-3H20NaC102NaC102分解成NaC103和NaCl

②502極易溶于水,不與水反應(yīng),沸點(diǎn)

(1)裝置B中使用濃硫酸而不使用稀硫酸的原因是—,裝置C的作用是。

(2)裝置.D中生成NaC102的離子方程式為。

(3)裝置D溶液采用結(jié)晶法提取NaC102晶體,控制溫度為℃減壓蒸發(fā)結(jié)晶,趁熱過濾,50℃左右熱

第3頁(yè)共14頁(yè)

10.研究含氮元素物質(zhì)的反應(yīng)對(duì)生產(chǎn)、生活、科研等方面具有重要的意義。

(1)發(fā)射“神舟十三”號(hào)的火箭推進(jìn)劑為液態(tài)四氧化二氮和液態(tài)偏二甲朋(C2H8N2)。

己知:①C2H8N2(1)+402(g)=2C0(g)+N2(g)+4H20(1)△H=-2765.OkJ-mol-1

②202(g)+N2(g)=N204(l)AH2=-19.5kJ-mol-l

@H20(g)=H20(l)△H3=-44.OkJ-mol-1

則C2H82(1)+2w04(1)=3近(8)+2(;02刈)+。20。)的4口為。

(2)碘蒸氣存在能大幅度提高N20的分解速率,反應(yīng)歷程為:

第一步:12(g)-21(g)(快反應(yīng))

第二步:I(g)+N2O(g)-N2(g)+IO(g)(慢反應(yīng))

第三步:I0(g)+N20(g)-N2(g)+02(g)+I2(g)(快反應(yīng))

實(shí)驗(yàn)表明,含碘時(shí)N20分解速率方程v二小,320)?卜(12)]().5體為速率常數(shù))。下列表述正確的是o

A.N20分解反應(yīng)中,k值與碘蒸氣濃度大小有關(guān)

B.v(第二步的逆反應(yīng))<v(第三步反應(yīng))

C.10為反應(yīng)的催化劑

D.第二步活化能比第三步大

⑶為避免汽車尾氣中的氮氧化合物對(duì)大氣的污染,需給汽車安裝尾氣凈化裝置。在凈化裝置中C0和N0發(fā)

生反應(yīng)2N0(g)+2C0(g)=N2(g)+2C02(g)AH=-746.8kJ-mol-U

實(shí)驗(yàn)測(cè)得:VJC=k正92仆0)予2(8),V正=卜逆p(N2)-p2(CO2)。其中k正、k逆分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù),

只與溫度有關(guān);P為氣體分壓(分壓=物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)X總壓)。

①達(dá)到平衡后,僅升高溫度,k增大的倍數(shù)(填“大于”“小于”或“等于")k增大的倍數(shù)。

②一定溫度下在剛性密閉容器中充入CO、NO和N2物質(zhì)的量之比為2:2:1,壓強(qiáng)為pokPa。達(dá)平衡時(shí)壓強(qiáng)

為0.9pokPa,則k正k逆=。

(4)我國(guó)科技人員計(jì)算了在一定溫度范圍內(nèi)下列反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp:

@3N2H4(l)=4NH3(g)+N2(g)AHlKpl

②4NH3(g)=2N2(g)+6H2(g)AH2Kp2

繪制pKpl-T和pKp2-T的線性關(guān)系圖如圖所示:(已知:pKp=-lgKp)

①由圖可知,AH10(填“〉”或“<”)。

②反應(yīng)3N2H4(l)=3N2(g)+6H2(g^jK=(用KpUKp2表示);該反應(yīng)的AH0(填“)”或

寫出推理過程O

11.A、B、C、I)、E、F是原子序數(shù)依次遞增的六種主族元素。己知:

①F的原子序數(shù)為29,其余的均為短周期主族元素;

②E原子價(jià)電子(外圍電子)排布為msnmpn-1;

③D原子最外層電子數(shù)為偶數(shù);

④A、C原子p軌道的電子數(shù)分別為2和4。

請(qǐng)回答下列問題:

(1)下列敘述正確的是(填序號(hào))。

A.金屬鍵的強(qiáng)弱:D>E

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B.基態(tài)原子第一電離能:D>E

C.五種短周期元素中,原子半徑最大的原子是E

D.晶格能:NaCKDC12

(2)F基態(tài)原子的核外電子排布式為;與F同一周期的副族元素的基態(tài)原子中最外層電子數(shù)與F原子

相同的元素為______(填元素符號(hào))o

(3)已知原子數(shù)和價(jià)電子數(shù)相同的分子或離子為等電子體,互為等電子體的微粒結(jié)構(gòu)相同,B3-中心原子的

雜化軌道類型為______o

(4)向F的硫酸鹽(FS04)溶液中,逐滴加入氨水至過量,請(qǐng)寫出該過程中涉及的所有離子方程式、

(5)灼燒F的硫酸鹽(FS04)可以生成一種紅色晶體,其結(jié)構(gòu)如圖1,則該化合物的化學(xué)式是。

困1困2

⑹金屬F的堆積方式為o銅與氧可形成如圖2所示的晶胞結(jié)構(gòu),其中Cu均勻地分散在立方體內(nèi)部,

a、b的坐標(biāo)參數(shù)依次為(0,0,0)、(12,12,12),則d點(diǎn)的坐標(biāo)參數(shù)為。

12.化合物H(硝苯地平)是一種治療高血壓的藥物,其一種合成如圖:

H,COOC

2u299

已知:H3C-C-OR+H-比C-C-OR「①鈉,②乙酸HjC-C-H^C-C-OR,+RQH

回答下列問題:

⑴②的反應(yīng)類型。

(2)E的官能團(tuán)的名稱為o

(3)G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

(4)反應(yīng)①的化學(xué)方程式:。

(5)H中有______種不同環(huán)境的箋原子。

(6)M與I)互為同分構(gòu)體,同時(shí)滿足下列條件的M的結(jié)構(gòu)有種。寫出其中任一種結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式

a.能發(fā)生銀鏡反應(yīng),遇FeC13顯紫色。

b.結(jié)構(gòu)中存在一N02。

c.核磁共振氫譜顯示有4組峰,峰面積之比為1:2:2:2。

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O

()II

VZC-O-C2II5

⑺設(shè)計(jì)由H0(CH2)70H和乙醇為起始原料制備U

的合成路線(無(wú)機(jī)試劑、反應(yīng)條件試劑任選)

參考答案與解析

1.【答案】C

【解析】解:A、葡萄糖、果糖和脫氧核糖都不能再水解,所以均為單糖,故A正確;

B、安陸“水華”事件是因?yàn)槿∷畮?kù)中氮、磷含量過多造成水體富營(yíng)養(yǎng)化,故B正確:

C、汽油和甲醉的熱值不同,所以向汽油中添加甲醇后,該混合燃料的熱值會(huì)改變,故C錯(cuò)誤;

D、紫外線能使蛋白質(zhì)變性,滑雪帶護(hù)目鏡是防止強(qiáng)紫外線引起眼睛蛋白質(zhì)被灼傷變性,故D正確。

故選:Co

A、單糖不能水解:

B、水華”是水體富營(yíng)養(yǎng)化;

C、汽油和甲醇的熱值不同;

D、紫外線能使蛋白質(zhì)變性。

本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及用途,為高頻考點(diǎn),把握物質(zhì)的性質(zhì)、物質(zhì)的組成為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與應(yīng)用

能力的考查,注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用,題目難度不大。

2.【答案】D

【解析】解:A.分子中C、H、0、N原子個(gè)數(shù)依次是5、9、2、1,分子式為C5H9N02,故A正詢;

B.c中-CH(OH)-能被酸性高缽酸鉀溶液氧化而使酸性而鋅酸鉀溶液褪色,故B正確;

CJ中醛基和a中甲基發(fā)生加成反應(yīng)生成c,屬于加成反應(yīng),故C正確;

D.a中甲基具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn),甲烷為四面體結(jié)構(gòu),所以該分子中所有原子一定不共平面,故D錯(cuò)誤;

故選:Do

A.分子中C、H、0、N原子個(gè)數(shù)依次是5、9、2、1;

B.-CH(0H)-能被酸性高酸酸鉀溶液氧化;

C.b中醛基和a中甲基發(fā)生加成反應(yīng)生成c;

D.a中甲基具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)。

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì),側(cè)重考查基礎(chǔ)知識(shí)的掌握和靈活運(yùn)用能力,明確它能團(tuán)及其性質(zhì)的關(guān)系是

解本題關(guān)鍵,題目難度不大。

3.【答案】A

【解析】解:A.硫酸亞鐵溶液中亞鐵離子會(huì)發(fā)生水解,且易被氧氣氧化為鐵離子,所以妥善保存硫酸亞鐵

溶液時(shí)為了防止氧化可加入少量的鐵粉防止其水解,故A正確;

B.在過濾過程中應(yīng)該用玻璃棒進(jìn)行引流,圖中缺少玻璃棒,故B錯(cuò)誤;

C.濃硫酸應(yīng)在燒杯中稀釋,冷卻后再轉(zhuǎn)移到容量瓶中,故C錯(cuò)誤;

D.圖示裝置為啟普發(fā)生器的簡(jiǎn)易裝置,適合塊狀固體與液體反應(yīng),而氧化鈉為粉末狀固體,且與水反應(yīng)不

生成氣體,不能用該裝置制備氧氣,故D錯(cuò)誤;

故選:Ao

A,亞鐵離子易被氧化;

第7頁(yè)共14頁(yè)

B.過濾需要玻璃棒引流;

C.不能在容量瓶中稀釋濃硫酸;

D.氧化鈉與水反應(yīng)不生成氧氣,且氧化鈉為粉末。

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià),題目難度不大,明確物質(zhì)的性質(zhì)、物質(zhì)的制備、溶液的配制、混合物分離

提純、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵,例重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?,注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析。

4.【答案】C

【解析】解:A.H與Na形成的化合物中含有離子鍵,故A錯(cuò)誤;

B.Y..W離子分別為02-、A13+,他們的核外電子排布相同,其中0的原子序數(shù)小,故02->A13+,故B錯(cuò)誤:

C.Y的簡(jiǎn)單氧化物是水,水分子之間存在氫鍵,沸點(diǎn)較高,故C正確;

[)/為5或加,其中Na2s溶液顯堿性,故D錯(cuò)誤;

故選:C。

X、Y、Z、W.R為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,X最高正價(jià)和最低負(fù)價(jià)代數(shù)和為(),則X為H;Y的

質(zhì)干數(shù)與其陰離子的最外層電子數(shù)相等,則Y為0;X和Z同主族,則Z為Na;Z、W、R三種元素形成的最

高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物兩兩間能反應(yīng),則W為Al,R為S或C1,以此解題。

本題考查了原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的應(yīng)用,題目難度中等,推斷元素為解答關(guān)鍵,注意熟練掌握原子結(jié)構(gòu)

與元素周期律、元素周期表的關(guān)系,試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析、理解能力及邏輯推理能力。

5.【答案】C

【解析】解:A.B電極上H2()f()2,則B電極為陽(yáng)極、N為光電池的正極,M為負(fù)極,故A正確;

B.E電極為陽(yáng)極、A電極為陰極,陽(yáng)極上H20-02,陽(yáng)極電極反應(yīng)式為2H20-4e-=02t+4H+,故B正確;

C.陽(yáng)極反應(yīng)為2H20—4e—=02t+4H+,陰極反應(yīng)為2H++2e-=H2t、2H++C02+2e-=C0+H20,則總反應(yīng)過程為

CO2+H2O-O2+H2+CO,消耗了H20使電解質(zhì)溶液的酸性增強(qiáng)、pH減小,故C錯(cuò)誤;

D.E為陽(yáng)極、A為陰極,陰極反應(yīng)為2H++2e-=H2t、2H++C02+2e-=C0+H20,則收集到0.5mol合成氣時(shí)轉(zhuǎn)移

電子為Imol,陽(yáng)極反應(yīng)為2H20-4e-=02t+4H+,則陽(yáng)極收集到0.25mol02,故D正確;

故選:Co

該裝置為電解池,光電池吸收光為電解池提供電解,根據(jù)圖中物質(zhì)的變化可知,B電極上H20fo2,發(fā)生了

失電子的氧化反應(yīng),則B電極為陽(yáng)極、A電極為陰極,與陰陽(yáng)極相接的電極為負(fù)正極,即N電極為正極、

電極為負(fù)極,陽(yáng)極反應(yīng)為2H20—4e-=02t+4H+,陰極反應(yīng)為2H++2e-=H2t、2H++C02+2e-=CO+H20,據(jù)此

分析解答。

本題考查電解原理,為高頻考點(diǎn),掌握電極的判斷、電極反應(yīng)及電極反應(yīng)式的書寫是解本題關(guān)鍵,側(cè)重分

析能力和計(jì)算能力的考查,注意電子守恒的計(jì)算應(yīng)用,題目難度中等。

6.【答案】A

【解析】A.NaA102溶液與NaHC03溶液混合,生成氫氧化鋁沉淀,可知結(jié)合質(zhì)子能力:A1O2->CO32-,故A

正確;

B.酸性溶液中硝酸根離子可氧化亞鐵離子,由實(shí)驗(yàn)及現(xiàn)象可知,不能比較H202、Fe3+的氧化性強(qiáng)弱,故B

錯(cuò)誤;

C.揮發(fā)的乙醇可使酸性高鐳酸鉀溶液褪色,紫色褪去,不能證明生成乙烯,故C錯(cuò)誤;

I).AgN03溶液過量,分別與KC1、KI反應(yīng)生成沉淀,由實(shí)驗(yàn)及現(xiàn)象不能比較Ksp(AgCl)、Ksp(Agl)的大小,

故D錯(cuò)誤;

故選:Ad

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià),為高頻考點(diǎn),把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象、物質(zhì)的檢驗(yàn)、鹿溶電解質(zhì)、

第8頁(yè)共14頁(yè)

實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?,注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析,題目難度不大。

7.【答案】B

【解析】

【試題解析】

【分析】

本寇考查了電解質(zhì)溶液中的電荷守恒、鹽類水解、溶液中離子濃度大小比較,題目難度不大。

【解答】

A、在氨水與鹽酸反應(yīng)后溶液中,據(jù)電荷守恒可知c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(0H-),pH=7,則c(NH4+)=c(C1-),

故A正確;

B、a=2時(shí),反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為相同物質(zhì)的量濃度的氯化鏤和鹽酸,溶液顯酸性,由于NH4+水解,

c(NH4+)<c(H+),故B錯(cuò)誤;

C、a=0.5時(shí),反應(yīng)后溶液為相同濃度氯化錢和氨水,溶液顯堿性,所以c(NH4+)>c(Cl-)>c(0H-)〉c(H+),

故C正確;

D、a=l時(shí),氨水與鹽酸恰好中和,據(jù)電荷守恒有①c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-),據(jù)物料守恒有②

c(NH3-H20)+c(NH4+)=c(C1-),①一②得:c(H+)=c(0H-)+c(NH3H20),故D正確;

故選B。

8.【答案】稀硫酸含水多,而C102極易溶于水,不利于C102逸出防倒吸(或“安全

瓶”)2C102+20H-+H202=2C102—+2H20+02t38?60(或38?60之間的任意數(shù)值)S042-9.D5cVm%

【解析】解:(1)裝置B利用濃硫酸、NaC102和Ma2s03制備C102,制備過程中應(yīng)使用濃硫酸,若使用稀硫

酸,反應(yīng)過程中會(huì)帶出少量水氣,極易溶解生成的C102,影響后續(xù)的產(chǎn)率;裝置C用于緩沖,防止C102極

易溶于水使裝置內(nèi)壓強(qiáng)驟降引起倒吸;故答案為:稀硫酸含水多,而C1O2極易溶于水,不利于C102逸出;

防倒吸(或“安全瓶”);

⑵裝置D用于制備NaC102,反應(yīng)中H202氧化C102同時(shí)與NaOH作用生成NaC102,反應(yīng)的離子方程式為

2C102+20ll-+I1202=2C102-+2H20+92t;故答案為:2C102+20II-+II202=2C102-+2H20+02f;

(3)根據(jù)已知條件NaC102在38?60℃之間時(shí)蒸發(fā)結(jié)晶得到純凈的NaC102,不含有結(jié)晶水,也不會(huì)分解出雜

質(zhì),因此實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選擇38?60C進(jìn)行減壓蒸發(fā)結(jié)晶;故答案為:38?60(或38?60之間的任意數(shù)值);

(4)裝置B中若Na2s03過量,則過量的Na2s03可以與硫酸發(fā)生反應(yīng)生成S02混入到C102中,導(dǎo)致后續(xù)的

裝置D中,H202與S02反應(yīng)生成S042-

故答案為:S042-;

(5)滴定過程中C102與I-反應(yīng)生成12,生成的12用Na2S203進(jìn)行定量分析通過消耗的Na2S2O3的量計(jì)算

消耗的12的物質(zhì)的量,則生成的12的物質(zhì)的量n(I2)=12c(Na2s203)-V(Na2s203)=12cVX10-3moL根據(jù)

C1C2與I-的反應(yīng)方程式可以計(jì)算消耗的C102的物質(zhì)的量n反102)=12n(I2)=14cVX10-3moL則100mL溶

液中存在的NaC102的物質(zhì)的量為cVX10-3mol,樣品中NciC102的純度為m(NaC102)m(樣品)X100臟90.5

XcVX10—3mX100%=9.05cVm%%;故答案為:9.05cVm%o

本實(shí)驗(yàn)欲利用C102制備NaC102,根據(jù)實(shí)驗(yàn)裝置,利用裝置B制備C102,裝置C用于緩沖,防止D裝置中

的液體倒吸,裝置D用于NaC102的合成,裝置A和E吸收廢氣,防止污染空氣;

(1)裝置B利用濃硫酸、NaC102和Na2s03制備C102,制備過程中應(yīng)使用濃硫酸,若使用稀硫酸,反應(yīng)過程

中會(huì)帶出少量水氣;

(2)裝置D用于制備NaC102,反應(yīng)中H202氧化C102同時(shí)與NaOH作用生成NaC102;

⑶根據(jù)已知條件NaC102在38?60℃之間時(shí)蒸發(fā)結(jié)晶得到純凈的NaC102;

(4)裝置B中若Na2s03過量,則過量的Na2s03可以與硫酸發(fā)生反應(yīng)生成S02混入到C102中;

第9頁(yè)共14頁(yè)

(5)滴定過程中C102與I-反應(yīng)生成12,生成的12用Na2s203進(jìn)行定量分析通過消耗的Na2s203的量計(jì)算

消耗的12的物質(zhì)的量,則生成的12的物質(zhì)的量n(I2)=12c(Na2s203)?V(Na2s203)=12cVX10-3mol,根據(jù)

C102與I一的反應(yīng)方程式可以計(jì)算消耗的C102的物質(zhì)的量n(C102)=12n(I2)=14cVX10-3moL

本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)的分析,明確反應(yīng)過程中操作的目的,發(fā)生的相關(guān)化學(xué)反應(yīng),正確運(yùn)用化學(xué)原理

知識(shí)分析解決問題是關(guān)鍵,整體難度中等,是中檔題,試題有助于培養(yǎng)綜合分析問題的能力。

9.【答案】C12+20H—=Cl-+C10--H20量筒平衡壓強(qiáng),或安全裝置,或防堵塞降低C中反應(yīng)溫度,防止

溫度太高使NaClO分解或發(fā)生歧化反應(yīng),或減少副產(chǎn)物,或增大氯氣溶解度NaC10+C0(NH2)2^-2Na0H--

定溫度N2H4.H2O+NaCl+Na2CO3N2I14.H2O被NaClO氧化加熱至有大量固體析出,趁熱過

濾N2H4-H20+H+:N2H5++H20

【解析】解:⑴將C12通入過量NaOH溶液中制備NaClO,其離子方程式是C12+20H-=C1—+C10—+H20;故

答案為:C12+2OH-=C1-+C1O-+H2O;

⑵配制30%Na()H溶液時(shí),所需玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和量筒,量筒可量取水;故答案為:量

筒;

(3)B中的長(zhǎng)頸漏斗和C中的玻璃管a在實(shí)驗(yàn)中的作用相同,均為平衡壓強(qiáng),或安全裝置,或防堵塞;C中

用冰水浴控制溫度在25℃以下,其主要目的是降低C中反應(yīng)溫度,防止溫度太高使NaClO分解或發(fā)生歧化

反應(yīng),或減少副產(chǎn)物,或增大氯氣溶解度;故答案為:平衡壓強(qiáng),或安全裝置,或防堵塞;降低C中反應(yīng)

溫度,防止溫度太高使NaClO分解或發(fā)生歧化反應(yīng),或減少副產(chǎn)物,或增大氯氣溶解度;

(4)①A中反應(yīng)的化學(xué)方程式是Na,10+C0(NH2)2+2Na0H-一定溫度N2H4-H20+NaCl+Na2C03:故答案為:

NaC10+C0(NH2)2+2Na0H-一定溫度N2H4-H20+NaCl+Na2C03;

②若滴加NaClO溶液的速度較快時(shí),水合腓的產(chǎn)率會(huì)下降,原因是N2H4-H2O被NaClO氧化;故答案為:N2H小H20

被NaCM)氧化;

③NaCl和Na2c03的溶解度曲線如圖b。由蒸儲(chǔ)后的剩余溶液獲得NaCl粗品的操作是加熱至有大量固體析

出,趁熱過濾;故答案為:加熱至有大量固體析出,趁熱過濾;

(5)水合臍和鹽酸按物質(zhì)的量之比1:1反應(yīng)的離子方程式為N2H4-H20+H+=N2H5++H20:故答案為:

N2H4?H20+H+=N2H5++H20。

氯氣和氫氧化鈉溶液的反應(yīng)C12(g)+20H-(aq)=C10-(aq)+C1-(aq)+H20(aq)生成NaClO,為避免生成NaCl03,

應(yīng)控制溫度在40℃以下;生成的NaClO與尿素反應(yīng)生成N2H4-H20和Na2c03,N2H4-H20沸點(diǎn)約118℃,且水

合腫(N2H4?H2())100C以上易分解,分離出N2H4?H20的最合理方法為減壓蒸儲(chǔ),據(jù)此結(jié)合對(duì)應(yīng)物質(zhì)的性質(zhì)以

及題給信息解答該題。

(1)C12通入NaOH溶液,反應(yīng)生成NaClO、NaCl和水;

(2)配制30%NaOH溶液時(shí),計(jì)算稱量后,在燒杯中溶解即可;

(3)實(shí)驗(yàn)中需平衡氣壓或防止堵塞,冰水浴控制溫度在25c以下可防止發(fā)生副反應(yīng);

(4)①A中制備水合耕,根據(jù)題干信息書寫方程式;

②水合腓有強(qiáng)還原性,能被次氯酸鈉氧化:

③碳酸鈉和氯化鈉的溶解度受溫度影響不同;

(5)水合明與鹽酸反應(yīng)生成N2H5+o

本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn),為高頻考點(diǎn),把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、制備原理、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)

鍵,側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?,注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用,題目難度不大。

10.【答案】-2550.0kJ,mol-1BD小于0.49<Kpl-Kp2<設(shè)T2>T1,由圖可知:

pKpl(T2)-pKpl(Tl)>|pKp2(T2)-pKp2(Tl)|則:pKpl(T2)-pKpl(Tl)>pKp2(Tl)-pKp2(T2),

pKp1(T2)+pKp2(T2)>pKp1(T1)+pKp2(TI),lg[Kpl(Tl)-Kp2(Tl)]>lg[Kpl(T2)-Kp2(T2)]BpK(T1)>K(T2),因

此該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)

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【解析】解:(D該反應(yīng)為:①一2X②—4X③=_2765kJ/mol—2X

(-19.5kJ/m)-4(-44kJ/m)=-2550.OkJ-mol-1;

故答案為:-2550.OkJ-mol-1;

(2)A.單質(zhì)碘在N20分解的反應(yīng)中起到催化劑的作用,k只與溫度有關(guān),故A錯(cuò)誤;

B.第二步反應(yīng)為慢反應(yīng),對(duì)總反應(yīng)的速率起到?jīng)Q定性作用,故B正確;

C.10在第二步反應(yīng)中生成,在第三步反應(yīng)又消失,為中間產(chǎn)物,不是催化劑,故C錯(cuò)誤;

D.活化能越大,反應(yīng)速率越慢,故D正確;故答案為:BD;

(3)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng),升高溫度,平衡逆向移動(dòng),則k正增大的倍數(shù)<k逆增大的倍數(shù);

故答案為:小于:

②若在2L的密閉容器中充入ImolCO和ImolNO,在一定溫度下達(dá)到平衡時(shí),CO的變化量為x,則:

2N0(g)+20)(g)?N2(g)+2CO2(g)

起始(mol):1100

轉(zhuǎn)化(mol):xx0.5xx

平衡(mol):1—x1—x0.5xx

達(dá)平衡時(shí)總壓為起始時(shí)的0.9倍,則l-x+1+0.5x+x2=0.9,解得x=0.4mol,平衡時(shí)v正=v逆,則k正

.c2(NO)-c2(CO)=k逆(N2).c2(C02),貝ij:kIEki$=c(N2)c2(C02)c2(NO)c2(C0)=0.22X

(0.42)2(0.62)2X(0.62)2^0.49:故答案為:0.49;

⑷①由圖可知,Kpl隨著溫度的升高而減小,則平衡逆向移動(dòng),正反應(yīng)為放熱發(fā)應(yīng),AIIKO;故答案為:<;

②由蓋斯定律可知,①+②得反應(yīng)3N2H4(l)=3N2(g)+6H2(g),則該反應(yīng)的律Kpl-Kp2;設(shè)T2>T1,由圖可知:

pKpl(T2)-pKpl(Tl)>|pKp2(T2)-pKp2(TI)則:pKpl(T2)-pKpl(Tl)>pKp2(Tl)-pKp2(T2),

pKp1(T2)+pKp2(T2)>pKp1(T1)+pKp2(T1),lg[Kpl(Tl)-Kp2(Tl)]>lg[Kpl(T2)-Kp2(T2)]BPK(T1)>K(T2),因

此升高溫度,K值減小,平衡逆向移動(dòng),則該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng);故答案為:Kpl.Kp2;<;設(shè)T2>T1,

由圖可知:pKpl(T2)-pKpl(Tl)>|pKp2(T2)-pKp2(Tl)|M:pKpl(T2)-pKpl(Tl)>pKp2(Tl)-pKp2(T2),

pKpl(T2)+pKp2(T2)>pKpl(Tl)+pKp2(Tl),lg[Kpl(Tl)-Kp2(Tl)]>lg[Kpl(T2)-Kp2(T2)]BPK(T1)>K(T2),因

此該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)。

(1)由蓋斯定律可知,反應(yīng)熱與路徑無(wú)關(guān),只與其反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)有關(guān),由此解答;①-2X②-4X③

(2)觀察N20分解的歷程,可以知道單質(zhì)碘在反應(yīng)中起到催化劑的作用;N20分解總反應(yīng)的速率由最慢的那

一步反應(yīng)決定;活化能越大,反應(yīng)速率越慢;10為反應(yīng)的中間產(chǎn)物:

(3)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng),升高溫度,平衡逆向移動(dòng);

②運(yùn)用三段式計(jì)算平衡時(shí)各物質(zhì)的濃度,然后代入公式計(jì)算可得:k正k逆二。(N2)c2(C02)c2(X0)c2(CO);

(4)①由圖可知,Kpl隨著溫度的升高而減小,則平衡逆向移動(dòng),正反應(yīng)為放熱發(fā)應(yīng);②由蓋斯定律可知,

①+②得反應(yīng)3N2H4(l)=3N2(g)+6H2(g),則該反應(yīng)的K=Kpl-Kp2;設(shè)T2>T1,由圖可知:

pKpl(T2)-pKpl(Tl)>|pKp2(T2)-pKp2(Tl)則:pKpl(T2)-pKpl(Tl)>pKp2(Tl)-pKp2(T2),

pKpl(T2)+pKp2(T2)>pKpl(Tl)+pKp2(Tl),lg[Kpl(Tl)-Kp2(Tl)]>lg[Kpl(T2)-Kp2(T2)]BPK(T1)>K(T2),因

此升高溫度,K值減小,平衡逆向移動(dòng)。

本題綜合考查化學(xué)知識(shí),側(cè)重考查學(xué)生分析能力和計(jì)算能力,涉及熱化學(xué)方程式的書寫、化學(xué)平衡的計(jì)算

等,正確分析題目信息,此題難度不大。

11.【答案】BDIs22s22P63s23P63dl04slCrsp雜化Cu2++2NH3-H2O=Cu(OH)2i

+2NH4+Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++20H-Cu20面心立方最密堆積(34,34,14)

【解析】解:(DA.D為Mg、E為Al,Al原子價(jià)電子多,原子半徑小,故金屬鍵:Mg<Al,故A錯(cuò)誤;

BJ為Mg、E為Al,Mg元素原子3s能級(jí)為充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu),失去電子需要的能量高,故第一電離能Mg>Al,

故B正確;

C.同周期自左而右原子半徑減小,同主族自上而下原子半徑增大,故題干中短周期元素原子半徑:

第11頁(yè)共14頁(yè)

Mg>Al>C>N>0,即D的原子半徑最大,故C錯(cuò)誤;

D.CC12是MgC12,r(Mg2+)〈r(Na+)且Mg2+電荷多,故晶格能:NaCKMgC12,故D正確;故答案為:BD:

(2)F的原子序數(shù)為29,基態(tài)原子的核外電子排布式為:Is22s22P63s23P63dl04sl;與Cu同一周期的副族

元素的基態(tài)原子中最外層電子數(shù)與Cu原子相同的元素價(jià)電子排布式為3d54sl,該元素為Cr;故答案為:

1s22s22p63s23p63d104s1;Cr;

(3)N3-與C02互為等電子體,二者直線形結(jié)構(gòu),N3-中N原子采取sp雜化;故答案為:sp雜化;

⑷向CuS04)溶液中,逐滴加入氨水至過量,先生成Cu(0H)2藍(lán)色沉淀,后又溶解生成[Cu(NH3)4]2+,該過

程中涉及的離子方程式為:Cu2++2NH3-H2O=Cu(OH)2I+2NH4+>Cu(0II)2+4NH3=[Cu(NII3)4]2++20H-;;故答

案為:Cu2++2NH3-H2O=Cu(OH)2I+2NH4+;Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++20H-;

⑸晶胞中Cu原子數(shù)目為4、0原子數(shù)目為1+8X18=2,Cu、0原子數(shù)目之比為2:1,故該氧化物化學(xué)式為:

Cu20;故答案為:Cu20:

(6)金屬Cu為面心立方最密堆積,b與d的連線處于晶胞體對(duì)角線上,d到頂點(diǎn)的距離等于晶胞體對(duì)角線長(zhǎng)

度的14,由幾何知識(shí)可知,參數(shù)x=y=34,z=14,即d的坐標(biāo)參數(shù)為(34,34,14);故答案為:面心立方最

密堆積;(34,34,14)。

A、B、C、D、E、F是原子序數(shù)依次遞增的六種主族元素,其中F的原子序數(shù)為29,則F為Cu,其余的均為

短周期主族元素,A、C原子p軌道的電子數(shù)分別為2和4,則A為碳元素、C為氧元素,B的原子序數(shù)介于

碳、氧之間,故B為氮元素;E原子價(jià)電子(外圍電子)排布為msnmpn—l,則n=2,E處于IIIA族,E的原

子序數(shù)大于氯,故。為Al,D原子最外層電子數(shù)為偶數(shù),處于偶數(shù)族,原子序數(shù)介于氧、鋁之間,故D為

Mgo

(DA.價(jià)電子越多,原子半徑越小,金屬鍵越強(qiáng);

B.同周期隨原子序數(shù)增大,第一電離能呈增大趨勢(shì),但I(xiàn)IA族、VA族元素第一電離能高于同周期相鄰元素

的;

C.同周期自左而右原子半徑減小,同主族自上而下原子半徑增大;

D.離子電荷越大,離子半徑越小,晶格能越大;

(2)根據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫,注意洪特規(guī)則特例;與Cu同一周期的副族元素的基態(tài)原子中最外層電子

數(shù)與Cu原子相同的元素價(jià)電子排布式為3d54sl;

(3)N3-與C02互為等電子體;

(4)向CuS04)溶液中,逐滴加入氨水至過量,先生成Cu(0H)2藍(lán)色沉淀,后又溶解生成[Cu(NH3)4]2+;

(5)均攤法計(jì)算晶胞中Cu、()原子數(shù)目,確定化學(xué)式;

(6)金屬Cu為面心立方最密堆積,b與d的連線處于晶胞體對(duì)角線I:,d到頂點(diǎn)的距離等于晶胞體對(duì)角線長(zhǎng)

度的14,由幾何知識(shí)可知,參數(shù)x=y=34,z=14o

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì),涉及核外電子排布、電離能、晶格能、金屬鍵、等電子體、雜化方式、配合物、

晶胞結(jié)構(gòu)與計(jì)算等,(6)中注意理解晶胞參數(shù),明確原子在晶胞中位置.,對(duì)學(xué)生的空間想象與數(shù)學(xué)計(jì)算有一

定的要求,掌握均攤法進(jìn)行晶胞有關(guān)計(jì)算。

12.【答案】取代反應(yīng)硝基、醛

°2o-C4!<OHH<COO€<CHJ)JCOOC:H?」)物二2)々酸f

HO(CHhOH-~—?OHC(CH)jCHO二aHO<X(CH^OO

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