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四川省宜宾市叙州区第一中学2023-2024学年高二化学上学期10月月考试题(Word版附解析)

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叙州区一中高2022级高二上期第一学月考试化学试题注意事项:满分100分。考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量有:H:1 C:12 O:16 S:32 Cu:64第一部分 选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题,每小题只有一个选项符合题意,每小题3分,共42分)1.下列反应属于吸热反应的是A.高温时碳与的反应B.高温时与的反应C.加热时铁粉与硫粉的反应D.铝粉与稀硫酸的反应【答案】A【解析】【详解】A.碳与在高温下反应产生CO,该反应为吸热反应,A符合题意;B.与在高温下反应产生Al2O3、Fe,该反应为放热反应,B不符合题意;C.与S在加热条件下反应生成,该反应为放热反应,C不符合题意;D.与稀硫酸发生置换反应产生硫酸铝和氢气,该反应为放热反应,D不符合题意;故合理选项是A。2.工业生产硫酸过程中,SO2在接触室中被催化氧化为SO3,已知该反应为一放热反应。现将2molSO2、1molO2充入一密闭容器中充分反应后,放出热量98.3kJ,此时测得SO2的物质的量为1mol。则下列热化学方程式正确的是A.2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH=-196.6kJ·mol-1B.2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH=-98.3kJ·mol-1C.SO2(g)+O2(g)=SO3(g) ΔH=+98.3kJ·mol-1D.SO2(g)+O2(g)=SO3(g) ΔH=+196.6kJ·mol-1【答案】A【解析】【分析】2molSO2、1molO2充入恒容容器中,达平衡时,反应了的SO2的物质的量为1mol,放出热量 98.3kJ,则每反应1molSO2,放出98.3kJ的热量,故热化学方程式为:2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=-196.6kJ•mol-1或SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g),△H=-98.3kJ•mol-1,由此判断各选项热化学方程式正误。【详解】A.选项中的热化学方程式符合题意,A正确;B.热化学方程式中反应热和对应二氧化硫的量不符合,B错误;C.该反应为放热反应,C错误;D.该反应为放热反应,D错误;3.太阳能是理想的能源,通过Zn和ZnO的热化学循环可以利用太阳能,其转化关系如图所示。下列说法中,正确的是(  )A.Zn与H2O或者CO2反应时作氧化剂B.该过程对于降低环境中CO2的含量无影响C.利用该过程可以生产氢能源,实现太阳能向化学能的转化D.该过程需要不断补充Zn才能持续进行【答案】C【解析】【详解】A.根据图示转化信息可知,Zn与H2O或者CO2反应时均生成ZnO,元素化合价升高,作还原剂,故A错误;B.Zn与CO2反应可消耗CO2,因此利用该过程可以降低环境中CO2的含量,故B错误;C.根据图中信息,反应生成氢气,因此利用该过程可以生产氢能源,实现太阳能向化学能的转化,故C正确;D.根据图中信息,Zn可循环利用,则该过程不需要补充Zn就能持续进行,故D错误;综上所述,答案为C。4.肼(H2N-NH2)是一种高能燃料,共价键的键能与热化学方程式信息如表: 共价键N-HN-NO=OO-H键能/(kJ/mol)391161498463热化学方程式N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-570kJ·mol-1则2N(g)=N2(g)的ΔH为A.+1882kJ·mol-1B.-941kJ·mol-1C.-483kJ·mol-1D.-1882kJ·mol-1【答案】B【解析】【分析】根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算。【详解】设氮氮三键的键能为X,根据方程式可知4×391+161+498-X-4×463=-570,解得X=941,成键放热,放热焓变为负值,则2N(g)=N2(g)的ΔH=-941kJ·mol-1,答案选B。5.可逆反应A(g)+B(g)=C(g)+D(g),在四种不同情况下的反应速率如下,其中反应进行得最快的是A.v(A)=0.15mol/(L·min)B.v(B)=0.5mol/(L·min)C.v(C)=0.4mol/(L·min)D.v(D)=0.01mol/(L·s)【答案】D【解析】【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比,故反应速率与其化学计量数的比值越大,反应速率越快。【详解】A.;B.;C.;D.;显然D中比值最大,故反应速率最快,故选D。6.在热带海域中,珊瑚虫在浅海区域分泌石灰石骨骼,与藻类共生形成美丽的珊瑚。下列说法错误的是A.珊瑚形成反应为Ca2+(aq)+2HCO(aq)⇌CaCO3(s)+H2O(l)+CO2(aq) B.与温带海域相比,热带海域水温较高是利于形成珊瑚的原因之一C.与深海区域相比,浅海区阳光强烈,藻类光合作用强,更有利于珊瑚形成D.大气中CO2浓度增加,会导致海水中CO浓度增大,有利于珊瑚形成【答案】D【解析】【详解】A.珊瑚的主要成分是CaCO3,珊瑚形成的反应为Ca2+(aq)+2HCO(aq)⇌CaCO3(s)+H2O(l)+CO2(aq),A正确;B.与温带海域相比,热带海域水温较高能加快CO2的挥发,促使上述平衡正向移动,故温度较高是利于形成珊瑚的原因之一,B正确;C.与深海区域相比,浅海区阳光强烈,藻类光合作用强,消耗的CO2增大,导致CO2浓度减小,平衡正向移动,故更有利于珊瑚形成,C正确;D.由于CO2+H2OH2CO3H++,大气中CO2浓度增加,会导致海水中CO2浓度增大,而不是CO浓度增大,CO2浓度增大,珊瑚形成的平衡逆向移动,则不利于珊瑚形成,D错误;故答案为D。7.下列各组物质中,属于同分异构体的是A.CH3CH2CH3和CH3CH2CH2CH3B.H2NCH2COOH和CH3CH2NO2C.CH3CH2COOH和CH3COOCH2CH3D.CH2=CHCH2CH3和CH2=CHCH=CH2【答案】B【解析】【详解】同分异构体:分子式相同,结构不同化合物之间互称;A.分子式不同,故不是同分异构体,故A错误;B.前者分子式为C2H5NO2,后者分子式:C2H5NO2,分子式相同,而结构不同,故互为同分异构体,故B正确;C.前者分子式:C3H6O2,后者分子式:C4H8O2,不是同分异构体,故C错误;D.前者分子式:C3H6,后者分子式:C4H6,不是同分异构体,故D错误。故答案选B。8.已知断开1molCl2(g)中Cl-Cl键需要吸收243kJ能量。根据能量变化示意图,下列说法不正确的是 A.断开1molHCl(g)中的H-Cl键要吸收432kJ能量B.生成1molH2(g)中的H-H键放出436kJ能量C.1molH2(g)和1molCl2(g)的能量高于2molHCl(g)的能量D.H2(g)与Cl2(g)反应生成1molHCl(g)放出185kJ能量【答案】D【解析】【分析】由图可知,该反应放热,反应物的总能量大于生成物的总能量,断裂化学键需要吸收热量,形成化学键则放出热量,据此解答。【详解】A.由图可知,生成2molHCl(g)中的H-Cl键放出864kJ的能量,所以断开2molHCl(g)中的H-Cl键要吸收864kJ的能量,则断开1molHCl(g)中的H-Cl键要吸收432kJ的能量,故A正确;B.由图可知,断开1molCl2(g)中Cl-Cl键和断开1molH2(g)中的H-H键总共吸收679kJ能量,则断开1molH2(g)中的H-H键需要吸收能量为679kJ-243kJ=436kJ,则生成1molH2(g)中的H-H键放出436kJ能量,故B正确;C.该反应为放热反应,则反应物的总能量大于生成物的总能量,故C正确;D.由图可知,H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)=679kJ/mol-864kJ/mol=-185kJ/mol,则生成1molHCl(g)放出92.5kJ能量,故D错误;答案选D。9.下列解释事实的方程式不准确的是A.用浓盐酸检验氨:NH3+HCl=NH4ClB.碳酸钠溶液显碱性:CO32-+H2OHCO3-+OH-C.钢铁发生吸氧腐蚀时,铁作负极被氧化:Fe-3e-=Fe3+D.长期盛放石灰水的试剂瓶内壁出现白色固体:Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O【答案】C【解析】【详解】A、利用HCl和NH3反应生成白烟(即NH4Cl),A正确;B、碳酸钠溶液中因CO32-发生水解反应CO32-+H2OHCO3-+OH-使其溶液呈碱性,B正确; C、钢铁腐蚀时,负极被氧化的方程式为Fe-2e-=Fe2+,C错误;D、长期存放石灰水的试剂瓶因与CO2反应生成CaCO3而出现白色固体,D正确;故选C。10.科学家研究发现,在催化剂作用下,合成氨及氨的催化氧化反应的转化过程如下图所示:下列说法正确的是A.催化剂a能提高合成氨反应的反应速率和平衡转化率B.催化剂a表面氮的吸附分解所需活化能高,是控制反应速率的关键步骤C.催化剂b表面反应生成NO时没有电子转移D.两个反应的原子利用率均为100%【答案】B【解析】【详解】A.催化剂能降低反应的活化能从而加快反应速率,但对平衡移动不产生影响,故不能改变平衡转化率,A错误;B.由于N2中为N≡N,键能大,断键时需要吸收较多的能量,故催化剂a表面氮的吸附分解所需活化能高,反应速率慢,是整个过程的控速步骤,B正确;C.催化剂b表面O原子结合NH3中N原子生成NO,O原子化合价改变,故该过程伴随电子转移,C错误;D.氨催化氧化时,除了生成NO,同时生成H2O,故原子利用率不是100%,D错误;故答案选B。11.化学是一门中心学科,是人类进步的关键。下列说法正确的是A.我国古代四大发明中有三项与化学反应密切相关B.为防止蛋白质变性,疫苗应在冷冻条件下贮存C.侯德榜制碱法的工艺包括制碱和制氯化铵两个过程D.生产口罩所用的无纺熔喷布的主要材料为聚丙烯,其结构简式为【答案】C【解析】 【详解】A.我国古代四大发明分别为指南针、造纸术、活字印刷、火药,其中只有造纸术和火药两项与化学反应密切相关,故A错误;B.有的疫苗冷冻后会使肽链断裂,影响疫苗效果,温度过高也会使蛋白质变性,所以在储存和运输过程中,要求疫苗保存在一定温度条件下,故B错误;C.侯氏制碱法的工艺是由制碱和制氯化铵两个过程组成的,制碱过程是使食盐水与氨气和二氧化碳反应,生成碳酸氢钠,碳酸氢钠经过滤、煅烧制得纯碱,所得滤液(主要含氯化钠和氯化铵)用于制备氯化铵;制备氯化铵的过程是使滤液吸收氨气、降温并向其中加入食盐粉,使氯化铵逐步从滤液中结晶析出,再经过滤、干燥制得氯化铵产品,故C正确;D.聚丙烯的结构简式为,故D错误;答案为C。12.某小组探究与在不同条件下的反应,实验操作和现象记录如下:实验操作现象Ⅰ、30%溶液混合10h后,铜片表面附着黑色固体Ⅱ、30%溶液、氨水混合立即产生大量气泡,溶液变为浅蓝色,铜表面光洁Ⅲ、30%溶液、氨水和固体混合立即产生大量气泡,溶液蓝色较深,铜片依然保持光亮下列说法错误的是A.Ⅰ中与可以缓慢反应,可能生成B.Ⅱ中可能发生的反应为C.增大,的氧化性增强D.增大有利于的生成【答案】C【解析】 【详解】A.Ⅰ中将和30%溶液混合,铜片表面附着黑色固体CuO,说明与可以缓慢反应,可能生成,故A正确;B.Ⅱ中将、30%溶液、氨水混合,溶液变为浅蓝色可能生成,根据电荷守恒和得失电子守恒配平离子方程式为:,故B正确;C.Ⅲ中加入氨水后还加入了NH4Cl固体,抑制了一水合氨电离,则pH:Ⅲ<Ⅱ,则c(OH-):Ⅲ<Ⅱ,但是现象中并没有减慢气泡速率,因此不能证明增大c(OH-),H2O2的氧化性增强,故C错误;D.由离子方程式Cu2++4NH3可知增大c(NH)抑制一水合氨的电离,c(NH3)有利于的生成,故D正确;故选C。13.在一恒容密闭容器中发生反应:,℃时,,按不同配比充入、,容器中、的平衡浓度如图所示,下列说法正确的是A.若q点为℃时的平衡点,则B.点为该反应进行到时的平衡点,则内C.点时,的转化率为50%D.、、三点的依次减小【答案】A【解析】【详解】A.反应是放热反应,若q点为平衡状态,此时平衡常数大于T1℃平衡常数,说明平衡正向进行,是降温的结果,温度低于T1℃,A正确;B.点X、Y的浓度相等,其浓度为a,则,记得a=4,但是不知道起始浓度,无法计算X 浓度变化值,无法计算速率,B错误;C.不知道X、Y的起始浓度,无法计算X的转化率,C错误;D.同一个反应,是固定不变的,D错误;故选A。14.水体中硝酸盐在电催化无害化处理过程中,在催化剂表面,中间体还原为N2的一种反应历程如图(ads指吸附),下列说法错误的是A.历程中1molNO还原为N2消耗B.历程中4步反应均伴随电子转移C.反应④为D.该反应历程将化学能转化为电能【答案】A【解析】【详解】A.结合过程,步骤①②各消耗1mol氢离子,步骤④消耗2mol氢离子,且步骤①消耗了2molNO,故历程中1molNO还原为N2消耗,故A错误;B.历程NO中N为+2价,HN2O2中N为+价,N2O中N为+1价,N2O-中N为+价,N2中N为0价,4步反应生成物中N的化合价各不相同,均为氧化还原反应,均伴随电子转移,故B正确;C.根据反应过程以及电子守恒,反应④为,故C正确;D.该反应历程需要通过原电池原理实现,将化学能转化为电能,故D正确;故选A。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题,共5题)15.化学反应的焓变通常用实验进行测定,也可进行理论推算。(1)下列变化过程,属于放热反应的是_______(填写序号)。①浓H2SO4稀释②酸碱中和反应③食物因氧化而腐败④固体NaOH溶于水⑤液态水变成水蒸气⑥碳在高温条件下还原CO2(2)标准状况下11.2L甲烷在氧气中充分燃烧生成液态水和二氧化碳气体时释放出akJ 的热量,写出表示甲烷燃烧的热化学方程式_______。(3)已知:C(石墨,s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-akJ·mol-1H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2=-bkJ·mol-1CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH3=-ckJ·mol-1写出C(石墨,s)与H2(g)反应生成CH4(g)的热化学方程式_______。(4)某化学兴趣小组利用如图装置进行中和反应反应热的测定实验。I.实验步骤:①量取50mL溶液,倒入小烧杯中,测量温度;②量取50mLNaOH溶液,测量温度;③将NaOH溶液倒入小烧杯中,测量混合液的最高温度。II.实验数据如下:实验序号起始温度/℃终止温度/℃溶液NaOH溶液平均值125.025.228.5224.925.128.4325.526.531.8请回答下列问题:①仪器甲的名称为_______,进行该实验还缺少的仪器为_______(填仪器名称)。仪器甲不能用铁制材料的原因是_______。②设实验所用的酸、碱溶液的密度均为,且酸、碱中和后的溶液的比热容。计算该实验中生成1mol水时的反应热_______(保留一位小数) ③若改用60mL0.50mol•L-1盐酸与60mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应,与(1)中实验相比,所放出的热量_______(填写“相等”或“不相等”);若用50mL0.50mol•L-1CH3COOH溶液代替盐酸进行(1)中实验,测得反应前后温度的变化值_______(填写“偏大”、“偏小”或“不变”)。【答案】(1)②③(2)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol(3)C(石墨,s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=(c-2b-a)kJ·mol-1(4)①.玻璃搅拌器②.温度计③.铁会和硫酸反应,且铁导热性好,热量损失较大④.-56.8⑤.不相等⑥.偏小【解析】【小问1详解】①浓H2SO4稀释过程放热,是物理变化,不属于放热反应;②酸碱中和反应是放热反应;③食物因氧化而腐败,过程放热,缓慢氧化是化学变化,属放热反应;④固体NaOH溶于水放热,是物理变化,不属于放热反应;⑤液态水变成水蒸气,是吸热过程,属物理变化;⑥碳在高温条件下还原CO2,是吸热反应;故以上属于放热反应的是②③;【小问2详解】甲烷充分燃烧的化学方程式是CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l),根据方程式中系数与△H的绝对值成正比,则标准状况下11.2L甲烷,即0.5mol甲烷完全燃烧放出热量为akJ的热量,则1mol甲烷甲烷完全燃烧放出热量为2akJ的热量,对应热化学方程式是CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol;【小问3详解】C(石墨,s)与H2(g)反应生成CH4(g)的化学方程式是C(石墨,s)+2H2(g)=CH4(g):①C(石墨,s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-akJ·mol-1②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2=-bkJ·mol-1③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH3=-ckJ·mol-1可知,目标方程式等于反应①减去反应③,再加上2×②,则△H=(-a+c-2b)kJ·mol-1,则C(石墨,s)与H2(g)反应生成CH4(g)的热化学方程式是C(石墨,s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=(c-2b-a)kJ·mol-1;【小问4详解】①仪器甲的名称为玻璃搅拌器;该实验需要测定反应前后温度的变化,故进行该实验还缺少的仪器为温度计;仪器甲不能用铁制材料的原因是铁会和硫酸反应,且铁导热性好,热量损失较大; ②50mL溶液中硫酸的质量m1是50mL×=50g,50mLNaOH溶液中氢氧化钠的质量m2是50mL×=50g,实验3中反应前后温度变化与实验1和2相差太大,弃去实验数据,故50mL溶液和50mLNaOH溶液发生中和反应生成0.025mol水时放出的热量为:(m1+m2)×c×(t2-t1)=(50g+50g)××3.4℃=1424.2J,则生成1mol水时的反应热1424.2×10-3J/0.025mol=56.8kJ·mol-1;③若改用60mL0.50mol•L-1盐酸与60mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应,与(1)中实验相比,氢离子总物质的量较大,故所放出的热量不相等;若用50mL0.50mol•L-1CH3COOH溶液代替盐酸进行(1)中实验,CH3COOH是弱酸,电离过程需要吸热,故测得反应前后温度的变化值偏小。16.CuCl是一种白色固体,溶于氨水,碱性条件下水解,可用于一氧化碳和乙炔的气体分析中。回答下列问题:(1)制备CuCl的方法很多,如可用溶液、溶液及NaCl反应制取,其他条件一定时,实验测得CuCl的产率与溶液pH的关系如图所示:①制备CuCl反应的化学方程式为_______。②由图可知,pH<3.5,随着pH增大,CuCl产率增大,其原因是_______,pH>3.5,随着pH增大,CuCl产率减少,其原因是_______。(2)CuCl溶于氨水的反应为。向反应后溶液中滴加稀观察到的现象是_______;含氨的溶液久置会转化为溶液,其反应的离子方程式为_______。(3)利用盛放如下试剂的装置,可测量混合气体中、、CO、的含量,其气体经过装置顺序:混合气→b→_______→_______→d(填字母)。a.氯化亚铜酸溶液(吸收CO);b.KOH溶液(吸收)c.含焦性没食子酸的KOH溶液(吸收)d.排水法收集 【答案】(1)①.②.随着减小,有利于生成CuCl③.pH超过了3.5,随碱性增强(或酸性减弱),CuCl水解程度增大(2)①.有白色沉淀产生②.(3)①.c②.a【解析】【小问1详解】①制备CuCl反应即CuSO4、Na2SO3和NaCl在溶液中发生反应生成CuCl、Na2SO4和HCl,故该反应的化学方程式为2CuSO4+Na2SO3+4NaCl+H2O=2CuCl↓+3Na2SO4+2HCl,故答案为:2CuSO4+Na2SO3+4NaCl+H2O=2CuCl↓+3Na2SO4+2HCl;②由图可知,pH<3.5,随着pH增大,CuCl产率增大,由上述分析可知其原因是随着pH增大,溶液中减小,有利于生成CuCl,而当pH>3.5,随着pH增大,由题干信息可知,CuCl在碱性条件下水解,故pH值越大,碱性越强(或酸性减弱),CuCl水解程度越大,则CuCl产率减少,故答案为:随着减小,有利于生成CuCl;pH超过了3.5,随碱性增强(或酸性减弱),CuCl水解程度增大;【小问2详解】CuCl溶于氨水的反应为。向反应后溶液中滴加稀H2SO4,由于H2SO4能中和NH3·H2O,使上述平衡逆向移动,生成CuCl白色沉淀,故观察到的现象是有白色沉淀产生,含氨的溶液久置会转化为溶液,即Cu由+1价升高为+2价,被空气中的O2氧化,故该反应的离子方程式为:,故答案为:有白色沉淀产生;;【小问3详解】由于CuCl能够被氧气氧化,故需先吸收O2,再吸收CO,故利用盛放如下试剂的装置,可测量混合气体中、、CO、的含量,其气体经过装置顺序:混合气→b→c→a→d,故答案为:c;a。17.按要求填空。(1)现有如下两个反应:A.;B. 能设计成原电池是_______。(填“A”或“B”)(2)下图1是常见的原电池装置图①负极反应离子方程式为_______;②总反应离子方程式为_______。(3)将镁带投入盛放在敞口容器的盐酸里,产生的速率与时间的关系如图2所示。在下列因素中:A.的浓度B.的浓度C.镁带的表面积D.溶液的温度E.氢气的压强①影响反应速率的因素_______(填上述因素中的字母);②解释图中AB段形成的原因_______;③解释图中时刻后速率变小的原因_______。【答案】(1)B(2)①.②.(3)①.ACD②.镁条与盐酸反应放热,温度升高,反应速率加快③.随着反应进行,盐酸浓度减小,反应速率减慢【解析】【小问1详解】原电池必须有自发的氧化还原反应,A不是氧化还原反应,能设计成原电池的是:B;【小问2详解】锌为负极,失电子被氧化,电极反应式为: ;原电池实质为锌和稀硫酸反应,离子反应方程式为:;【小问3详解】影响反应速率的因素有:反应物浓度、温度、压强、催化剂、接触面积等,溶液中压强不影响反应速率。镁带与盐酸实质是与氢离子反应,故氢离子浓度会影响反应速率,而氯离子浓度不影响;反应物接触面积大,反应速率快;温度升高,活化分子百分数增加,反应速率加快,综上选ACD;镁带与盐酸的反应为放热反应,随着温度的升高,反应速率加快;随着反应的进行,盐酸逐渐被消耗,浓度减小,反应速率减慢。18.氯化钡广泛应用于化工领域,其某种生产流程如图所示:请回答下列问题:(1)复杂矿物的主要成分为,还含有少量、,若采用稀硫酸进行浸出提纯,其中发生反应的离子方程式是_______,提纯后的矿料进一步研磨的目的是_______。(2)步骤①中与焦炭反应的化学方程式为_______;实际生产中必须加入过量的焦炭,其主要目的是_______。(3)“系列操作”是指蒸发浓缩、_______、_______、洗涤、干燥;其中在实验室中进行蒸发浓缩,除用到酒精灯、三脚架外,还需用到的仪器有_______。【答案】(1)①.②.增大反应物的接触面积,加快反应速率(2)①.②.使充分反应,提高产率(3)①.冷却结晶②.过滤③.蒸发皿、玻璃棒【解析】【分析】矿料研磨增加矿料与焦炭的接触面积,加快反应速率,根据问题(1)复杂矿物中所含成分,在“高温焙烧”步骤中SiO2与焦炭反应生成Si和CO,焦炭与三氧化二铁发生氧化还原反应得到铁单质和CO,硫酸钡与焦炭反应生成硫化钡和CO,硫化钡与盐酸反应生成氯化钡溶液,因为得到含结晶水的物质,因此“系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,据此分析;【小问1详解】 硫酸钡与硫酸不反应,SiO2为酸性氧化物,不与硫酸反应,氧化铁属于碱性氧化物,与硫酸发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;提纯后矿料进一步研磨的目的是增大反应物的接触面积,加快反应速率;故答案为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;增大反应物的接触面积,加快反应速率;【小问2详解】根据流程图,“高温焙烧”硫酸钡与焦炭反应得到BaS和CO,其反应方程式为BaSO4+4CBaS+4CO↑;实际生产中必须加入过量的焦炭,使硫酸钡充分反应,提高产率;故答案为BaSO4+4CBaS+4CO↑;使硫酸钡充分反应,提高产率;【小问3详解】根据流程图,得到产物含有结晶水,因此“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;蒸发浓缩需要仪器酒精灯、三脚架、蒸发皿、玻璃棒等;故答案为冷却结晶;过滤;蒸发皿、玻璃棒。19.A、B、C、D四种芳香族化合物都是某些植物挥发油中的主要成分,有的是药物,有的是香料。它们的结构简式如图所示:请回答下列问题:(1)1molB能与含___________的溴水反应。(2)既能使溶液显紫色又能和反应放出气体的有___________(用A、B、C、D填空)。(3)同时符合下列两项要求的D的同分异构体有、___________、___________,共4种。①化合物是1,2-二取代苯;②苯环上的两个取代基分别为羟基和含有—COO—结构的基团。(4)写出H与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式:___________。【答案】(1)4(2)D(3)①②. (4)+3NaOH+CH3COONa+2H2O【解析】【小问1详解】(1)由B的结构简式可知,该结构中含碳碳双键、羟基两种官能团,酚羟基的邻对位能与溴发生取代,则1molB与3mol溴发生取代,碳碳双键与溴发生加成反应,则1molB与1mol溴发生加成,共4mol。【小问2详解】因含有酚羟基的物质能与溶液发生显色反应,含有—COOH的有机物能和溶液反应生成气体,由题中所给结构简式可知,只有D中既含有酚羟基又有—COOH,D结构符合题意。【小问3详解】D的结构简式为,D的同分异构体有4种,满足①化合物是1,2-二取代苯。②苯环上的两个取代基分别为羟基和含有—COO—结构的基团,其中两种(G和H)结构简式可知为酯类物质,还有和。【小问4详解】

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所属: 高中 - 化学
发布时间:2023-10-24 21:40:02 页数:17
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文章作者:随遇而安

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