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广东署山一中2022届高三化学上学期模拟试卷一含解析
广东署山一中2022届高三化学上学期模拟试卷一含解析
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2022-2022学年广东省佛山一中高三模拟化学试卷 一、选择题1.下列说法正确的是A.厨房中用的食盐、食醋都是电解质B.古代的陶瓷、砖瓦、现代的玻璃、水泥等,都是硅酸盐产品C.石油的分馏、煤的干馏、石油的裂解都是化学变化D.工业上通过电解熔融的氯化物制取Na、Mg、Al三种金属 2.下列叙述中,错误的是A.苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55~60℃反应生成硝基苯B.苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷C.乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1,2﹣二溴乙烷D.甲苯与氯气在光照下反应主要生成2,4﹣二氯甲苯 3.设NA表示阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是A.标准状况下,2.24LCCl4中含Cl原子数目为0.4NAB.白磷分子呈正四面体结构,12.4g白磷中含有P﹣P键数目为0.6NAC.5.6g铁粉在2.24l氯气中充分燃烧,失去的电子数为0.3NAD.常温常压下,10g46%酒精水溶液中含氧原子总数为0.1NA 4.能正确表示下列反应的离子方程式是A.浓盐酸与铁屑反应:2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B.钠与CuSO4溶液反应:2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+C.NaHCO3溶液与稀H2SO4反应:CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D.向FeCl3溶液中加入Mg2:3Mg2+2Fe3+═2Fe3+3Mg2+ 5.“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示,电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔.下列关于该电池的叙述错误的是A.电池反应中有NaCl生成B.电池的总反应是金属钠还原三价铝离子C.正极反应为:NiCl2+2e﹣═Ni+2Cl﹣D.钠离子通过钠离子导体在两电极间移动 6.在1200℃时,天然气脱硫工艺中会发生下列反应:-18-H2S+O2═SO2+H2O△H12H2S+SO2═S2+2H2O△H2H2S+O2═S+H2O△H32S═S2△H4则△H4的正确表达式为A.△H4=B.△H4=C.△H4=D.△H4= 7.室温时,M2⇌M2++2OH﹣Ksp=a,c=bmol•L﹣1时,溶液的pH等于A.lgB.lgC.14+lgD.14+lg 二、非选择题必考题8.正丁醛是一种化工原料.某实验小组利用如下装置合成正丁醛.发生的反应如下:CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO反应物和产物的相关数据列表如下:沸点/℃密度/水中溶解性正丁醇117.20.8109微溶正丁醛75.70.8017微溶实验步骤如下:将6.0gNa2Cr2O7放入100mL烧杯中,加30mL水溶解,再缓慢加入5mL浓硫酸,将所得溶液小心转移至B中.在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石,加热.当有蒸汽出现时,开始滴加B中溶液.滴加过程中保持反应温度为90~95℃,在E中收集90℃以下的馏分.将馏出物倒入分液漏斗中,分去水层,有机层干燥后蒸馏,收集75~77℃馏分,产量2.0g.回答下列问题:实验中,能否将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中,说明理由 .加入沸石的作用是 .若加热后发现未加沸石,应采取的正确方法是 .上述装置图中,B仪器的名称是 ,D仪器的名称是 .分液漏斗使用前必须进行的操作是 .a.润湿b.干燥c.检漏d.标定将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时,水在 层.反应温度应保持在90~95℃,其原因是 .本实验中,正丁醛的产率为 %.-18- 9.氧化锌为白色粉末,可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗.纯化工业级氧化锌、Mn、Ni等杂质)的流程如图所示:提示:在本实验条件下,Ni不能被氧化;高锰酸钾的还原产物是MnO2.回答下列问题:反应②中除掉的杂质离子是 ,发生反应的离子方程式为 ;在加高锰酸钾溶液前,若pH较低,对除杂的影响是 .反应③的反应类型为 ,过滤得到的滤渣中,除了过量的锌外还有 .反应④形成的沉淀要用水洗,检查沉淀是否洗涤干净的方法是 .反应④中产物的成分可能是ZnCO3•xZn2.取干燥后的滤饼11.2g,锻烧后可得到产品8.1g,则x等于 . 10.在1.0L密闭容器中放入0.10molA,在一定温度进行如下反应:A⇌B+C△H=+85.1kJ•mol﹣1,反应时间与容器内气体总压强的数据见下表:时间t/h0124816202530总压强p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53回答下列问题:欲提高A的平衡转化率,应采取的措施为 .由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α的表达式为 .平衡时A的转化率为 ,列式并计算反应的平衡常数K .①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n,n总= mol,n= mol.②下表为反应物A浓度与反应时间的数据,计算a= ;.反应时间t/h04816c/0.10a0.0260.0065分析该反应中反应物的浓度c变化与时间间隔的规律,得出的结论是 ,由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c为 mol•L﹣1. -18- 二.选考题[化学--选修2:化学与技术]11.〔化学﹣﹣选修2:化学与技术〕锌锰电池在生活中的用量很大.两种锌锰电池的构造如图所示.回答下列问题:普通锌锰电池放电时发生的主要反应为:Zn+2NH4Cl+2MnO2═Zn2Cl2+2MnOOH①该电池中,负极材料主要是 ,电解质的主要成分是 ,正极发生的主要反应是 .②与普通锌锰电池相比,碱性锌锰电池的优点及其理由是 .图表示回收利用废旧普通锌锰电池工艺.①图中产物的化学式分别为A ,B .②操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4.操作b中,绿色的K2MnO4溶液反应生成紫色溶液和一种黑褐色固体,该反应的离子方程式为 .③采用惰性电极电解K2MnO4溶液也能得到化合物D,则阴极处得到的主要物质是 . [化学--选修3:物质结构与性质]12.前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中,A和B的价电子层中未成对电子均只有1个,并且A﹣和B+的电子数相差为8;与B位于同一周期的C和D,它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2,且原子序数相差为2.回答下列问题:D2+的价层电子排布图为 .-18-四种元素中第一电离能最小的是 ,电负性最大的是 .A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示.①该化合物的化学式为 ;D的配位数为 ;②列式计算该晶体的密度 g•cm﹣3.A﹣、B+和C3+三种离子组成的化合物B3CA6,其中化学键的类型有 ;该化合物中存在一个复杂离子,该离子的化学式为 ,配位体是 . [化学--选修5:有机化学基础]13.丰富多彩的现代生活离不开香料,香豆素是一种重要的有机香料.实验室合成香豆素的路径如下:香豆素的分子式为 ,中含氧官能团的名称 .与H2反应生成邻羟基苯甲醇,邻羟基苯甲醇的结构简式为 .反应①、②的反应类型依次是 .反应④的化学方程式是 .Ⅴ是的同分异构体,Ⅴ的分子中含有苯环且无碳碳双键,苯环上含有两个邻位取代基,且能够发生酯化反应和银镜反应.则Ⅴ的结构简式为 .一定条件下,与CH3CHO两者之间能发生类似①、②的两步反应,则生成有机物的结构简式为 . -18-2022-2022学年广东省佛山一中高三模拟化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题1.下列说法正确的是A.厨房中用的食盐、食醋都是电解质B.古代的陶瓷、砖瓦、现代的玻璃、水泥等,都是硅酸盐产品C.石油的分馏、煤的干馏、石油的裂解都是化学变化D.工业上通过电解熔融的氯化物制取Na、Mg、Al三种金属【考点】电解质与非电解质;含硅矿物及材料的应用;金属冶炼的一般原理;石油的裂化和裂解;煤的干馏和综合利用.【分析】A.食醋属于混合物,既不是电解质也不是非电解质;B.陶瓷、玻璃、水泥是硅酸盐工业产品;C.石油的分馏是利用物质的沸点不同进行分离;D.氯化铝是共价化合物,不导电.【解答】解:A.食醋属于混合物,既不是电解质也不是非电解质,故A错误;B.陶瓷、玻璃、水泥等成分都是二氧化硅、硅酸盐,所以都是硅酸盐产品,故B正确;C.石油的分馏属于物理变化,故C错误;D.氯化铝是共价化合物,不能电解冶炼铝单质,故D错误,故选B.【点评】本题主要考查的是电解质的概念、硅酸盐概念、物理变化与化学变化,电解原理等,难度不大. 2.下列叙述中,错误的是A.苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55~60℃反应生成硝基苯B.苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷C.乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1,2﹣二溴乙烷D.甲苯与氯气在光照下反应主要生成2,4﹣二氯甲苯【考点】苯的性质;乙烯的化学性质;苯的同系物.【专题】有机物的化学性质及推断.【分析】A.根据苯的硝化反应;B.根据碳碳双键能发生加成反应,苯环也可发生加成反应;C.根据碳碳双键能发生加成反应;D.根据甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代;【解答】解:A.苯的硝化反应:苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55~60℃反应生成硝基苯,故A正确;B.碳碳双键能发生加成反应,苯环也可发生加成反应,所以苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷,故B正确;C.碳碳双键能发生加成反应,所以乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1,2﹣二溴乙烷,故C正确;D.甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代,不能得到苯环上氢原子被取代的产物2,4﹣二氯甲苯,故D错误;故选:D;-18-【点评】本题主要考查了物质的结构与性质,注意反应条件对产物结构的影响. 3.设NA表示阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是A.标准状况下,2.24LCCl4中含Cl原子数目为0.4NAB.白磷分子呈正四面体结构,12.4g白磷中含有P﹣P键数目为0.6NAC.5.6g铁粉在2.24l氯气中充分燃烧,失去的电子数为0.3NAD.常温常压下,10g46%酒精水溶液中含氧原子总数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数.【分析】A、标况下,四氯化碳为液态;B、求出白磷的物质的量,然后根据1mol白磷中含6molP﹣P键来分析;C、求出铁的物质的量和氯气的物质的量,然后判断两者反应的量的情况;D、水溶液中水中也含氧原子.【解答】解:A、标况下,四氯化碳为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算,故A错误;B、12.4g白磷分子的物质的量是=0.1mol,白磷是正四面体型结构,分子中含有6个P﹣P共价键,所以0.1mol白磷分子中含有0.6molP﹣P键,含有P﹣P共价键数目为0.6NA,故B正确;C、5.6g铁粉的物质的量为0.1mol,由于与氯气反应后变为+3价,故0.1mol铁粉应消耗0.15mol氯气,而标况下2.24L氯气的物质的量才是0.1mol,故氯气不足,铁粉过量,故应根据氯气的量来计算转移的电子的情况,由于反应后氯元素变为﹣1价,故0.1mol氯气转移0.2mol电子,故C错误;D、溶剂水中含有氧原子,10g92%酒精水溶液含氧原子总数大于0.2NA,故D错误.故选B.【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,难度不大. 4.能正确表示下列反应的离子方程式是A.浓盐酸与铁屑反应:2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B.钠与CuSO4溶液反应:2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+C.NaHCO3溶液与稀H2SO4反应:CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D.向FeCl3溶液中加入Mg2:3Mg2+2Fe3+═2Fe3+3Mg2+【考点】离子方程式的书写.【专题】离子反应专题.【分析】A.反应生成氯化亚铁和氢气;B.不能置换出Cu,反应生成氢氧化铜、硫酸钠、氢气;C.HCO3﹣不能拆分;D.发生沉淀的转化,生成氢氧化铁和氯化镁.【解答】解:A.浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑,故A错误;B.钠与CuSO4溶液反应的离子反应为2Na+2H2O+Cu2+═Cu2↓+2Na++H2↑,故B错误;C.NaHCO3溶液与稀H2SO4反应的离子反应为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑,故C错误;D.向FeCl3溶液中加入Mg2的离子反应为3Mg2+2Fe3+═3Mg2++2Fe3,故D正确;故选D.【点评】本题考查离子反应书写的正误判断,明确发生的化学反应是解答本题的关键,注意物质的性质及离子反应的书写方法,题目难度不大.-18- 5.“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示,电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔.下列关于该电池的叙述错误的是A.电池反应中有NaCl生成B.电池的总反应是金属钠还原三价铝离子C.正极反应为:NiCl2+2e﹣═Ni+2Cl﹣D.钠离子通过钠离子导体在两电极间移动【考点】化学电源新型电池.【专题】电化学专题.【分析】该原电池中,钠作负极,负极上电极反应式为:Na﹣e﹣=Na+,Ni/NiCl2作正极,正极上电极反应式为:NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣,钠离子向正极移动.【解答】解:A.负极上电极反应式为:Na﹣e﹣=Na+,正极上电极反应式为:NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣,所以该原电池中有氯化钠生成,故A正确;B.根据正负极电极反应式知,金属钠还原NiCl2,故B错误;C.正极上得电子发生还原反应,电极反应式为:NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣,故C正确;D.原电池放电时,阳离子向正极移动,钠离子在负极产生,向正极移动,所以钠离子通过钠离子导体在两电极间移动,故D正确;故选B.【点评】本题考查原电池原理,明确正负极上得失电子、离子的移动方向即可分析解答,难点是电极反应式的书写,难度中等. 6.在1200℃时,天然气脱硫工艺中会发生下列反应:H2S+O2═SO2+H2O△H12H2S+SO2═S2+2H2O△H2H2S+O2═S+H2O△H32S═S2△H4则△H4的正确表达式为A.△H4=B.△H4=C.△H4=D.△H4=【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算.【专题】化学反应中的能量变化.-18-【分析】利用盖斯定律分析,不管化学反应是一步或分几步完成,其反应热是不变的;根据目标方程改写分方程,然后求出反应热.【解答】解:根据目标方程,把方程3反写,计量数乘以2;把方程2乘以;把方程1乘以;然后三者相加;即﹣△H3×2+△H2×+△H1×=,故选A.【点评】本题考查了盖斯定律的应用,要注意方程式计量数的变化,及△H的符号的变化. 7.室温时,M2⇌M2++2OH﹣Ksp=a,c=bmol•L﹣1时,溶液的pH等于A.lgB.lgC.14+lgD.14+lg【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;pH的简单计算.【专题】电离平衡与溶液的pH专题.【分析】依据Ksp=cc2表达式和题干Ksp=a,C=bmol•L﹣1,计算溶液中氢氧根离子浓度,结合溶液中离子积计算氢离子浓度和溶液pH;【解答】解:室温时,M2⇌M2++2OH﹣,已知Ksp=a,c=bmol•L﹣1,则c==mol•L﹣1,所以c==mol•L﹣1,则pH=﹣lgc=14+lg;故选C.【点评】本题考查了溶度积常数的有关计算和PH的计算,题目难度不大,注意对Ksp含义的理解. 二、非选择题必考题8.正丁醛是一种化工原料.某实验小组利用如下装置合成正丁醛.发生的反应如下:CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO反应物和产物的相关数据列表如下:沸点/℃密度/水中溶解性正丁醇117.20.8109微溶正丁醛75.70.8017微溶实验步骤如下:将6.0gNa2Cr2O7放入100mL烧杯中,加30mL水溶解,再缓慢加入5mL浓硫酸,将所得溶液小心转移至B中.在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石,加热.当有蒸汽出现时,开始滴加B中溶液.滴加过程中保持反应温度为90~95℃,在E中收集90℃以下的馏分.将馏出物倒入分液漏斗中,分去水层,有机层干燥后蒸馏,收集75~77℃馏分,产量2.0g.回答下列问题:实验中,能否将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中,说明理由 不能,浓硫酸溶于水会放出大量热,容易溅出伤人 .-18-加入沸石的作用是 防止液体暴沸 .若加热后发现未加沸石,应采取的正确方法是 冷却后补加 .上述装置图中,B仪器的名称是 分液漏斗 ,D仪器的名称是 冷凝管 .分液漏斗使用前必须进行的操作是 c .a.润湿b.干燥c.检漏d.标定将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时,水在 下 层.反应温度应保持在90~95℃,其原因是 为了将正丁醛及时分离出来,促使反应正向进行,并减少正丁醛进一步氧化 .本实验中,正丁醛的产率为 51.3 %.【考点】制备实验方案的设计;有机物的合成.【专题】实验分析题;有机实验综合.【分析】本题以正丁醇的氧化为载体,考查了浓硫酸稀释方法、液体混合加热利用沸石防暴沸的措施,涉及反应后的混合物的分离操作,主要是分液及蒸馏操作要点,利用原子守恒计算产率等,据此分析作答;不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中,因为浓硫酸的密度大,容易发生迸溅;加入沸石的作用是防止暴沸,若加热后发现未加沸石,应该冷却后补加;B仪器的名称是分液漏斗,D仪器的名称直形冷凝管;分液漏斗上有活塞,有活塞的仪器一般要检验是否漏液;由表中数据可知,正丁醛密度小于水的密度,据此判断;根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知,反应温度保持在90~95℃,既可保证正丁醛及时蒸出,又可尽量避免其被进一步氧化;设正丁醛的产率为x,则正丁醇的利用率为x,根据关系式C4H10O~C4H8O列方程计算.【解答】解:不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中,应该将浓硫酸加到Na2Cr2O7溶液,因为浓硫酸溶于水会放出大量热,容易溅出伤人,故答案为:不能,浓硫酸溶于水会放出大量热,容易溅出伤人;沸石的作用是防止液体暴沸,若加热后发现未加沸石,应采取的正确方法是冷却后补加,以避免加热时继续反应而降低产率,故答案为:防止液体暴沸;冷却后补加;B仪器是分液漏斗,D仪器是冷凝管,故答案为:分液漏斗;冷凝管;分液漏斗使用前必须检查是否漏水,应选c,故答案为:c;因为正丁醛的密度是0.8017g•cm﹣3,比水轻,水层在下层,故答案为:下;反应温度应保持在90~95℃,根据正丁醛的沸点和还原性,主要是为了将正丁醛及时分离出来,促使反应正向进行,并减少正丁醛进一步氧化,故答案为:为了将正丁醛及时分离出来,促使反应正向进行,并减少正丁醛进一步氧化;-18-按反应关系,正丁醛的理论产量是:4.0g×=3.9g,实际产量是2.0g,产率为:×100%=51.3%,故答案为:51.3.【点评】本题考查有机化学实验、反应原理、基本操作、化学计算等,难度不大,注意计算中正丁醇的转化率等于正丁醛的产率,注意对基础知识的理解掌握. 9.氧化锌为白色粉末,可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗.纯化工业级氧化锌、Mn、Ni等杂质)的流程如图所示:提示:在本实验条件下,Ni不能被氧化;高锰酸钾的还原产物是MnO2.回答下列问题:反应②中除掉的杂质离子是 Fe2+和Mn2+ ,发生反应的离子方程式为 MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+ ;在加高锰酸钾溶液前,若pH较低,对除杂的影响是 铁离子和锰离子不能生成沉淀,从而无法除去铁和锰杂质 .反应③的反应类型为 置换反应 ,过滤得到的滤渣中,除了过量的锌外还有 镍 .反应④形成的沉淀要用水洗,检查沉淀是否洗涤干净的方法是 取最后一次少量水洗液于试管中,滴入1~2滴盐酸,再滴入氯化钡溶液,若无白色沉淀生成,则说明沉淀已经洗涤干净; .反应④中产物的成分可能是ZnCO3•xZn2.取干燥后的滤饼11.2g,锻烧后可得到产品8.1g,则x等于 1 .【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用;常见金属元素的单质及其化合物的综合应用.【专题】几种重要的金属及其化合物.【分析】根据题意,Ni不能被氧化,反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+,根据MnO4﹣+具有氧化性,能将Fe2+和Mn2+氧化,根据电子得失进行配平;加高锰酸钾溶液前,若pH较低,铁离子和锰离子不能生成沉淀,从而无法除去铁和锰杂质.反应③为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍;得到的滤渣中,除了过量的锌外还有金属镍.检验沉淀是否洗涤干净的方法是最后一次洗涤液,检验表面是否含有硫酸根离子;根据关系式ZnCO3•xZn2~ZnO来计算.【解答】解:根据题意,Ni不能被氧化,反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+,发生的离子方程式为MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+;加高锰酸钾溶液前,若pH较低,铁离子和锰离子不能生成沉淀,从而无法除去铁和锰杂质;故答案为:Fe2+和Mn2+;MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+;铁离子和锰离子不能生成沉淀,从而无法除去铁和锰杂质;反应③为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍,反应类型为置换反应;得到的滤渣中,除了过量的锌外还有金属镍,故答案为:置换反应;镍;由于溶液中硫酸根离子属于杂质离子,因此可以检验测定洗涤液中是否存在硫酸根离子,操作为:取最后一次少量水洗液于试管中,滴入1~2滴稀盐酸,再滴入氯化钡溶液,若无白色沉淀生成,则说明沉淀已经洗涤干净,故答案为:取最后一次少量水洗液于试管中,滴入1~2滴稀盐酸,再滴入氯化钡溶液,若无白色沉淀生成,则说明沉淀已经洗涤干净;-18-根据关系式ZnCO3•xZn2~ZnO125+99x8111.2g8.1g解得:x=1故答案为:1.【点评】本题以工业流程为背景,考查了学生分析问题、解决问题,运用知识的能力,难度中等. 10.在1.0L密闭容器中放入0.10molA,在一定温度进行如下反应:A⇌B+C△H=+85.1kJ•mol﹣1,反应时间与容器内气体总压强的数据见下表:时间t/h0124816202530总压强p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53回答下列问题:欲提高A的平衡转化率,应采取的措施为 升高温度、降低压强 .由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α的表达式为 ×100% .平衡时A的转化率为 94.1% ,列式并计算反应的平衡常数K 1.5mol/L .①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n,n总= mol,n= 0.10× mol.②下表为反应物A浓度与反应时间的数据,计算a= 0.051 ;.反应时间t/h04816c/0.10a0.0260.0065分析该反应中反应物的浓度c变化与时间间隔的规律,得出的结论是 每隔4h,A的浓度减小一半 ,由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c为 0.013 mol•L﹣1.【考点】化学平衡的计算.【专题】平衡思想;演绎推理法;化学平衡专题.【分析】反应是吸热反应,反应前后气体体积增大,结合平衡移动原理分析判断转化率;相同条件下压强之比等于物质的量之比,反应前后物质的量的增大是反应的A的物质的量,结合转化率概念计算得到;依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度达到平衡常数;①依据相同条件下压强之比等于物质的量之比,结合平衡计算得到;②依据平衡A的浓度计算,依据图表数据分析判断存在的规律;【解答】解:在一定温度进行如下反应:A⇌B+C△H=+85.1kJ•mol﹣1,反应是吸热反应,反应前后气体体积增大,根据平衡移动原理分析可知,欲提高A的平衡转化率,平衡正向进行,可以升温或减压条件下使平衡正向进行;故答案:升高温度、降低压强;-18-反应前后气体物质的量增大等于反应的A的量,所以由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α的表达式=×100%;平衡时A的转化率=×100%=94.1%,依据化学平衡三段式列式得到;A⇌B+C起始量0.1000变化量0.10×94.1%0.10×94.1%0.10×94.1%平衡量0.100.10×94.1%0.10×94.1%K===1.5mol/L故答案为×100%;94.1%;1.5mol/L;①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n,依据压强之比等于物质的量之比,n总:n起始=P:P0,n总=;A⇌B+C起始量0.1000变化量xxx某时刻量0.10﹣xxx:0.10=P:P0x=n=0.10﹣=0.10×mol;故答案为:;0.10×;②n=0.10×=0.10×=0.051mol所以浓度a=0.051mol/L;分析数据特征可知,每隔4h,A的浓度减小一半,故答案为:0.051;达到平衡前每间隔4h,c减少约一半;由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c==0.013mol/L;故答案为:0.051,每隔4h,A的浓度减小一半;0.013.【点评】本题考查压强关系和物质的量的计算应用,化学平衡计算方法,图表数据处理方法的分析判断,题目难度中等. 二.选考题[化学--选修2:化学与技术]11.〔化学﹣﹣选修2:化学与技术〕锌锰电池在生活中的用量很大.两种锌锰电池的构造如图所示.回答下列问题:-18-普通锌锰电池放电时发生的主要反应为:Zn+2NH4Cl+2MnO2═Zn2Cl2+2MnOOH①该电池中,负极材料主要是 锌 ,电解质的主要成分是 NH4Cl ,正极发生的主要反应是 MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3 .②与普通锌锰电池相比,碱性锌锰电池的优点及其理由是 碱性电池不易发生电解质的泄露,因为消耗的负极改装在电池的内部,碱性电池的使用寿命较长,因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高 .图表示回收利用废旧普通锌锰电池工艺.①图中产物的化学式分别为A ZnCl2 ,B NH4Cl .②操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4.操作b中,绿色的K2MnO4溶液反应生成紫色溶液和一种黑褐色固体,该反应的离子方程式为 3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣ .③采用惰性电极电解K2MnO4溶液也能得到化合物D,则阴极处得到的主要物质是 H2 .【考点】常见化学电源的种类及其工作原理.【专题】电化学专题.【分析】①根据电池反应判断正负极和电解质;二氧化锰和铵根离子在正极发生反应;②根据碱性锌锰电池的特点分析;①根据电池的材料分析;②根据已知反应物和产物,再利用元素守恒③K2MnO4溶液中阴极产物的判断,根据溶液中阳离子得电子能力分析.【解答】解:根据化学方程式Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn2Cl2-18-+2MnOOH,反应中Zn被氧化,为电池负极锌,氯化铵是电解质的主要成分,二氧化锰和铵根离子在正极发生反应,MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3.与普通锌锰电池相比,碱性锌锰电池的优点及其理由是碱性电池不易发生电解质的泄露,因为消耗的负极改装在电池的内部,碱性电池的使用寿命较长,因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高;故答案为:①锌;NH4Cl;MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3②碱性电池不易发生电解质的泄露,因为消耗的负极改装在电池的内部,碱性电池的使用寿命较长,因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高.废电池经机械分离后,加水溶解后溶液中的成分是氯化铵,再加稀盐酸Zn溶解生成氯化锌,因此浓缩结晶得到氯化铵和氯化锌.氯化铵不稳定,受热易分解,所以B为氯化铵,A为氯化锌.绿色的K2MnO4溶液发生反应后生成紫色的高锰酸钾溶液和黑褐色的二氧化锰,该反应的离子方程式为3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣.采用惰性电极电解K2MnO4溶液,阴极氢离子得电子生成氢气.故答案为:①ZnCl2NH4Cl②3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣l③H2【点评】本题考查了化学与技术、原电池原理、电极方程式的书写,综合性较强. [化学--选修3:物质结构与性质]12.前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中,A和B的价电子层中未成对电子均只有1个,并且A﹣和B+的电子数相差为8;与B位于同一周期的C和D,它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2,且原子序数相差为2.回答下列问题:D2+的价层电子排布图为 .四种元素中第一电离能最小的是 K ,电负性最大的是 F .A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示.①该化合物的化学式为 K2NiF4 ;D的配位数为 6 ;②列式计算该晶体的密度 3.4 g•cm﹣3.A﹣、B+和C3+三种离子组成的化合物B3CA6,其中化学键的类型有 离子键、配位键 ;该化合物中存在一个复杂离子,该离子的化学式为 [FeF6]3﹣ ,配位体是 F﹣ .【考点】晶胞的计算.【专题】化学键与晶体结构.【分析】前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中,A和B的价电子层中未成对电子均只有一个,并且A﹣和B+的电子数相差为8,A属于第VIIA族元素,B属于第IA族元素,且A的原子序数小于B,则A是F元素,B是K元素;与B位于同一周期的C和D,它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2,且原子序数相差为2,且C和D的原子序数大于B,C的原子序数小于D,则C是Fe元素,D是Ni元素,结合物质结构和性质解答.-18-【解答】解:前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中,A和B的价电子层中未成对电子均只有一个,并且A﹣和B+的电子数相差为8,A属于第VIIA族元素,B属于第IA族元素,且A的原子序数小于B,则A是F元素,B是K元素;与B位于同一周期的C和D,它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2,且原子序数相差为2,且C和D的原子序数大于B,C的原子序数小于D,则C是Fe元素,D是Ni元素,D2+的价层电子为3d电子,根据能量最低原理、保里不相容原理及洪特规则知,其价电子排布图为,故答案为:;元素的金属性越强其第一电离能越小,元素的非金属性越强,其电负性越大,这四种元素中金属性最强的是K元素,非金属性最强的元素是F,所以第一电离能最小的是K,电负性最大的是F,故答案为:K;F;①该晶胞中A原子个数=16×+4×+2=8,B原子个数=8×+2=4,D原子个数=8×+1=2,所以该化合物的化学式为K2NiF4,根据晶胞结构知,D的配位数是6,故答案为:K2NiF4;6;②该晶胞的体积=2×,ρ===3.4g•cm﹣3,故答案为:3.4;A﹣、B+和C3+三种离子组成的化合物的K3FeF6,该物质中阴阳离子间存在离子键,铁原子和氟原子间存在配位键;故答案为:离子键、配位键;该化合物中存在一个复杂离子,该离子的化学式为[FeF6]3﹣,配位体是F﹣,故答案为:[FeF6]3﹣;F﹣.【点评】本题考查物质结构和性质,正确推断元素是解本题关键,难度中等,注意化学式的确定中,各中原子被几个晶胞共用,为易错点,难点是密度的计算. [化学--选修5:有机化学基础]13.丰富多彩的现代生活离不开香料,香豆素是一种重要的有机香料.实验室合成香豆素的路径如下:香豆素的分子式为 C9H6O2 ,中含氧官能团的名称 羟基、羧基 .-18-与H2反应生成邻羟基苯甲醇,邻羟基苯甲醇的结构简式为 .反应①、②的反应类型依次是 加成反应、消去反应 .反应④的化学方程式是 .Ⅴ是的同分异构体,Ⅴ的分子中含有苯环且无碳碳双键,苯环上含有两个邻位取代基,且能够发生酯化反应和银镜反应.则Ⅴ的结构简式为 或 .一定条件下,与CH3CHO两者之间能发生类似①、②的两步反应,则生成有机物的结构简式为 .【考点】有机物的结构和性质;有机物的推断.【分析】根据香豆素结构简式判断其分子式,根据Ⅳ的结构简式判断官能团;Ⅰ中含有﹣CHO,可与氢气发生加成反应生成﹣OH;根据官能团的转化判断反应类型;反应④为酯化反应,根据酯化反应原理写出该反应的化学方程式;Ⅴ是的同分异构体,Ⅴ的分子中含有苯环且无碳碳双键,苯环上含有两个邻位取代基,能发生银镜反应,说明含有﹣CHO,能够发生酯化反应,分子中含有羧基或羟基,据此写出满足条件的有机物的结构简式;反应①、②分别为加成反应和消去反应,生成C=C.【解答】解:根据香豆素的结构简式可知,其分子中含有9个C、6个H、2个O,则分子式为:C9H6O2,根据Ⅳ的结构简式可知,其中含氧官能团为羟基、羧基,故答案为:C9H6O2;羟基、羧基;Ⅰ中含有﹣CHO,可与氢气发生加成反应生成﹣OH,邻羟基苯甲醇的结构简式为,故答案为:;由官能团的变化可知,反应①为加成反应,反应②为消去反应,故答案为:加成反应、消去反应;反应④为分子之间的酯化反应,反应的方程式为:,故答案为:;-18-Ⅴ是的同分异构体,Ⅴ的分子中含有苯环且无碳碳双键,苯环上含有两个邻位取代基,能发生银镜反应,说明含有﹣CHO,能够发生酯化反应,分子中含有羧基或羟基,对应的醛基可为﹣CHO、﹣CH2CHO,另一取代基可为﹣CH2COOH、﹣COOH等,则对应的同分异构体为:或,故答案为:或;与CH3CHO发生加成反应生成,然后发生消去反应可生成,故答案为:.【点评】本题考查以有机物的合成考查结构与性质,题目难度中等,本题侧重于有机物的官能团的性质、转化的考查,注意根据官能团的转化判断反应类型,易错点为,注意有机物同分异构体的判断. -18-
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