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广东省揭阳一中2022届高三化学上学期第一次段考试题含解析

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2022-2022学年广东省揭阳一中高三(上)第一次段考化学试卷 一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)1.分子式为C5H12O且可与钠反应放出氢气的有机化合物共有(不考虑立体异构)(  )A.6种B.7种C.8种D.9种 2.下列离子方程式书写正确的是(  )A.过量的SO2通入NaOH溶液中:SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2OB.Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液:2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2C.NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液:2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2OD.NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣ 3.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(  )A.在1molCaC2、KHSO4、Na2O2三种离子化合物中,所含阴、阳离子的总数均为3NAB.1molCu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子C.3mol单质Fe完全转变为Fe3O4,失去8nA个电子D.78gNa2O2与足量水反应转移的电子数为2NA 4.下列说法正确的是(  )元素有关信息X所在主族序数与所在周期序数之差为4,在该周期中原子半径最小Y在最高价氧化物对应的水化物,能电离出电子数相等的阴、阳离子Z单质是生活中常见金属,其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏W地壳中含量最高的金属元素A.W与Y的最高价氧化物对应的水化物之间可相互反应B.原子半径的大小顺序为:rX>rY>rWC.向浓ZX3溶液中滴加少量的Na2SO3溶液,可产生大量沉淀和气体D.可用电解W与X形成的化合物来制取W单质 5.黄铜矿(CuFeS2)常用于提炼金属铜.黄铜矿焙烧过程中所发生的反应比较复杂,其中主要反应之一的化学方程式为2CuFeS2+O2═□+2FeS+SO2(已配平),则下列关于该反应的说法错误的是(  )A.方框中的物质应为Cu2SB.该反应的部分产物可用于硫酸工业C.反应中SO2既是氧化产物又是还原产物D.反应中若有1molSO2生成,则一定有4mol电子发生转移 6.已知两种弱酸的酸性:HA>HB,在常温下下列各项比较中正确的是(  )A.两种溶液:①0.1mol/LHA溶液;②0.1mol/LHB溶液,分别与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液中,c(H+):①<②16B.等物质的量浓度的HA溶液与NaB溶液等体积的混合液:2c(Na+)═(A﹣)+c(B﹣)+c(HA)+c(HB)C.pH=9的三种溶液①NaB;②NH3•H2O;③NaOH,由水电离出的c(OH﹣):①>②>③D.物质的量浓度相等的NaA与NaB两溶液中:c(B﹣)>c(A﹣) 7.下列图象表达正确的是(  )A.表示25℃时,用0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1氨水B.表示常温下,等量锌粉分别与两份足量的等体积等浓度的盐酸反应C.表示向CaCl2和盐酸的混合溶液中滴加Na2CO3溶液D.表示向盐酸溶液中滴入氨水  二、解答题(共3小题,满分43分)8.(14分)(2022秋•揭阳校级月考)硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)俗称绿矾,加热至高温会发生分解,为确定绿矾分解产生的非金属氧化物,进行如下探究.(1)假设1:非金属氧化物为SO2;假设2:非金属氧化物为SO3;假设3.      .(2)现设计如下所示实验装置(图中铁架台略去),检验绿矾的分解产物.16按上述装置进行实验,同学们观察到如下现象:装置现象结论A固体呈红棕色,将其放入足量稀盐酸,固体全部溶解,得到黄色溶液B无水硫酸铜变蓝C高锰酸钾溶液褪色(3)结合实验现象,理论上分析可知绿矾分解还生成另一物质SO3.其理论依据是      .(4)为证明反应产生了SO3,应在B、C之间补充一个装置,请你在下表中画出实验装置图(气流方向:左一右),注明药品的名称[可供选择的药品有1mol/LNaOH溶液、0.5mol/LBaCl2溶液、0.5mol/LBa(N03)2溶液].装置示意图现象及结论      说明分解产物SO3(5)根据上述实验,写出绿矾高温分解的化学方程式      . 9.(15分)(2022秋•揭阳校级月考)七铝十二钙(12CaO•7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料,用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下:(1)煅粉主要含MgO和      ,用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后,镁化合物几乎不溶,若溶液I中c(Mg2+)小于5×10﹣6mol•L﹣1,则溶液pH大于      (Mg(OH)2的Ksp=5×10﹣12);该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3,原因是      .(2)滤液I中的阴离子有      (忽略杂质成分的影响);若滤液I中仅通入CO2,会生成      ,从而导致CaCO3产率降低.(3)用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜,反应的离子方程式为      .(4)电解制备Al(OH)3时,电极分别为Al片和石墨,电解总反应方程式为      .(5)一种可超快充电的新型铝电池,充放电时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在Al电极上相互转化,其它离子不参与电极反应,放电时负极Al的电极反应式为      . 10.(14分)(2022秋•揭阳校级月考)研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义.16(1)NO2可用水吸收,相应的化学反应方程式为      .利用反应6NO2+8NH37N2+12H2O也可处理NO2.当转移1.2mol电子时,消耗的NO2在标准状况下是      L.(2)已知:2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=﹣196.6kJ/mol;2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=﹣113.0kJ/mol;①则反应NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)△H的△H=      kJ/mol.②一定条件下,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N的体积比保持不变D.每消耗1molSO3的同时生成1molNO2③测得上述反应平衡时NO2与SO2的体积比为1:6,则平衡常数K=      .(3)CO可用于合成甲醇,反应方程式为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H.CO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△H      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      .  【化学一选修5:有机化学基础】11.(15分)(2022•广东)有机锌试剂(R﹣ZnBr)与酰氯()偶联可用于制备药物Ⅱ:(1)化合物Ⅰ的分子式为      .(2)关于化合物Ⅱ,下列说法正确的有      (双选).A.可以发生水解反应B.可与新制Cu(OH)2共热生成红色沉淀16C.可与FeCl3溶液反应显紫色D.可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应(3)化合物Ⅲ含有3个碳原子,且可发生加聚反应,按照途径Ⅰ合成路线的表示方式.完成途径2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路线:      .(标明反应试剂,忽略反应条件).(4)化合物V的核磁共振氢谱中峰的组数为      .以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr,所得化合物的羧酸类同分异构体共有      种(不考虑手性异构).(5)化合物Ⅵ和Ⅶ反应可直接得到Ⅱ,则化合物Ⅶ的结构简式为      .  2022-2022学年广东省揭阳一中高三(上)第一次段考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)1.分子式为C5H12O且可与钠反应放出氢气的有机化合物共有(不考虑立体异构)(  )A.6种B.7种C.8种D.9种【考点】同分异构现象和同分异构体.【专题】同系物和同分异构体.【分析】根据分子式为C5H12O的有机物,能与金属钠反应放出氢气,说明分子中含有﹣OH,则该物质为戊醇,书写戊基﹣C5H11异构体,戊基异构数目等于戊醇的异构体数目.【解答】解:分子式为C5H12O的有机物,能与金属钠反应放出氢气,说明分子中含有﹣OH,该物质为戊醇,戊基﹣C5H11可能的结构有:﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH(CH3)CH2CH2CH3、﹣CH(CH2CH3)2、﹣CHCH(CH3)CH2CH3、﹣C(CH3)2CH2CH3、﹣C(CH3)CH(CH3)2、﹣CH2CH2CH(CH3)2、﹣CH2C(CH3)3,所以该有机物的可能结构有8种;故选:C.【点评】本题考查有机物的推断、同分异构体的书写等,难度中等,利用烃基异构判断,比书写戊醇的同分异构体容易. 2.下列离子方程式书写正确的是(  )A.过量的SO2通入NaOH溶液中:SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2OB.Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液:2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2C.NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液:2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2OD.NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣【考点】离子方程式的书写.【专题】离子反应专题.【分析】A、过量的SO2通入NaOH溶液中得到亚硫酸氢盐;B、硝酸具有氧化性,能将亚铁离子氧化;C、酸性KMnO4溶液具有强氧化性,能将NaNO2溶液氧化;D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液时,碳酸氢钠全反应,氢氧化钡会剩余.【解答】解:A、过量的SO2通入NaOH溶液中发生的反应为:SO2+OH﹣═HSO3﹣,故A错误;B、Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液后,溶液中存在强氧化性的硝酸,能将亚铁离子氧化,所以产物不会出现亚铁离子,故B错误;C、NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应,实质是:2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O,故C正确;16D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液发生的反应为:HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O,故D错误.故选C.【点评】本题是一道关于离子方程式书写的正误判断知识题目,注意量的多少对反应的影响,难度不大. 3.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(  )A.在1molCaC2、KHSO4、Na2O2三种离子化合物中,所含阴、阳离子的总数均为3NAB.1molCu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子C.3mol单质Fe完全转变为Fe3O4,失去8nA个电子D.78gNa2O2与足量水反应转移的电子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数.【分析】A、CaC2由Ca2+和C22﹣构成,KHSO4由K+和HSO42﹣构成,Na2O2由2个Na+和1个O22﹣构成;B、铜和浓硫酸反应生成二氧化硫;C、根据反应后铁元素变为+价来分析;D、过氧化钠与水的反应为歧化反应.【解答】解:A、CaC2由Ca2+和C22﹣构成,KHSO4由K+和HSO42﹣构成,Na2O2由2个Na+和1个O22﹣构成,故1molCaC2和KHSO4中均只含2mol离子,则在1molCaC2、KHSO4、Na2O2三种离子化合物中,所含阴、阳离子的总数介于2nA到3nA之间,故A错误;B、铜和浓硫酸反应生成二氧化硫,生不成三氧化硫,故B错误;C、反应后铁元素变为+价,故3mol铁失去8mol电子即8nA个,故C正确;D、78g过氧化钠的物质的量为1mol,而过氧化钠与水的反应为歧化反应,1mol过氧化钠转移1mol电子即nA个,故D错误;故选C.【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,难度不大,熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键. 4.下列说法正确的是(  )元素有关信息X所在主族序数与所在周期序数之差为4,在该周期中原子半径最小Y在最高价氧化物对应的水化物,能电离出电子数相等的阴、阳离子Z单质是生活中常见金属,其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏W地壳中含量最高的金属元素A.W与Y的最高价氧化物对应的水化物之间可相互反应B.原子半径的大小顺序为:rX>rY>rWC.向浓ZX3溶液中滴加少量的Na2SO3溶液,可产生大量沉淀和气体D.可用电解W与X形成的化合物来制取W单质【考点】原子结构与元素周期律的关系.16【分析】X元素所在主族序数与所在周期序数之差为4,X处于第三周期第ⅦA族或第二周期第ⅥA族,为Cl或O,且X在该周期中原子半径最小,则X为Cl元素;Y元素最高价氧化物对应的水化物能电离出电子数相等的阴、阳离子,则Y为Na元素;Z元素单质是生活中的常见金属,其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏,则Z为Fe元素;W地壳中含量最高的金属元素,则W为Al元素,据此进行判断.【解答】解:X元素所在主族序数与所在周期序数之差为4,X处于第三周期第ⅦA族或第二周期第ⅥA族,为Cl或O,且X在该周期中原子半径最小,则X为Cl元素;Y元素最高价氧化物对应的水化物能电离出电子数相等的阴、阳离子,则Y为Na元素;Z元素单质是生活中的常见金属,其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏,则Z为Fe元素;W地壳中含量最高的金属元素,则W为Al元素,A.W与Y的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、氢氧化钠,氢氧化铝与氢氧化钠之间可相互反应生成偏铝酸钠和水,故A正确;B.X、Y、W分别为Cl、Na、Al,三者原子的电子层相同,核电荷数越大,原子半径越小,则原子半径大小为:Na>Al>Cl,即:rY>rW>rX,故B错误;C.ZX3为FeCl3,向浓FeCl3溶液中滴加少量的Na2SO3溶液,二者发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化亚铁,不会生成沉淀和气体,故C错误;D.W与X形成的化合物为氯化铝,氯化铝为共价化合物,融融氯化铝不导电,无法通过电解融融氯化铝获得金属铝,通常通过电解融融氧化铝获得铝,故D错误;故选A.【点评】本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用,题目难度中等,正确推断各元素为解答关键,注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表之间的关系. 5.黄铜矿(CuFeS2)常用于提炼金属铜.黄铜矿焙烧过程中所发生的反应比较复杂,其中主要反应之一的化学方程式为2CuFeS2+O2═□+2FeS+SO2(已配平),则下列关于该反应的说法错误的是(  )A.方框中的物质应为Cu2SB.该反应的部分产物可用于硫酸工业C.反应中SO2既是氧化产物又是还原产物D.反应中若有1molSO2生成,则一定有4mol电子发生转移【考点】氧化还原反应.【分析】2CuFeS2+O2=□+2FeS+SO2中,O元素化合价由0降低为﹣2价,S元素的化合价升高,由﹣2价升高为+4价,根据质量守恒定律可知,方框中的物质应是Cu2S,以此来解答.【解答】解:A.根据质量守恒定律可知,方框中的物质应是Cu2S,故A正确;B.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫,三氧化硫与水反应生成硫酸,则可用于硫酸工业,故B正确;C.反应中元素化合价由0降低为﹣2价,S元素的化合价升高,由﹣2价升高带+4价,则SO2既是氧化产物,又是还原产物,故C正确;D.若有1molSO2生成,由S元素的化合价升高可知,由﹣2价升高为+4价,则反应中有1mol×(4+2)=6mol电子转移,故D错误;故选D.【点评】本题考查氧化还原反应,为高频考点,把握反应中元素的化合价变化为解答的关键,侧重基本概念及转移电子的考查,注意从元素化合价角度分析,题目难度不大. 6.已知两种弱酸的酸性:HA>HB,在常温下下列各项比较中正确的是(  )16A.两种溶液:①0.1mol/LHA溶液;②0.1mol/LHB溶液,分别与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液中,c(H+):①<②B.等物质的量浓度的HA溶液与NaB溶液等体积的混合液:2c(Na+)═(A﹣)+c(B﹣)+c(HA)+c(HB)C.pH=9的三种溶液①NaB;②NH3•H2O;③NaOH,由水电离出的c(OH﹣):①>②>③D.物质的量浓度相等的NaA与NaB两溶液中:c(B﹣)>c(A﹣)【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡.【分析】A.从影响弱电解质的电离平衡的角度分析;B.从物料守恒的角度分析;C.盐的水解促进水的电离;D.从盐类水解的程度判断.【解答】解:A.0.3mol/LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积的混合后生成c(HA)=0.1mol/L,c(A﹣)=0.05mol/L,②中c(A﹣)大于①,抑制HA的电离,则c(H+):①>②,故A错误;B.根据物料守恒,等物质的量浓度的HA溶液与NaB溶液等体积的混合液中存在:c(A﹣)+c(HA)=c(B﹣)+c(HB)=c(Na+),则有:2c(Na+)=c(A﹣)+c(B﹣)+c(HA)+c(HB),故B正确;C.pH=9的三种溶液①NaB促进水的电离,水的电离程度最大;②NH3•H2O和③NaOH都抑制水的电离,水的电离程度相同,则有①>②=③,故C错误;D.物质的量浓度相等的NaA与KB两溶液中,由于弱酸的酸性:HA>HB,A﹣的水解程度小于B﹣,所以c(A﹣)>c(B﹣),故D错误.故选B.【点评】本题考查离子浓度大小比较以及弱电解质的电离等问题,题目难度较大,本题注意B项为易错点,注意根据酸性的强弱判断盐类水解的程度. 7.下列图象表达正确的是(  )A.表示25℃时,用0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1氨水B.表示常温下,等量锌粉分别与两份足量的等体积等浓度的盐酸反应16C.表示向CaCl2和盐酸的混合溶液中滴加Na2CO3溶液D.表示向盐酸溶液中滴入氨水【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;离子方程式的有关计算.【专题】图像图表题.【分析】A、根据0.1mol•L﹣1氨水的PH小于13来判断;B、原电池可加快化学反应速率,氢气的质量由锌粉的质量决定;C、CaCl2和盐酸的混合溶液中滴加Na2CO3溶液,碳酸钠首先与盐酸反应;D、根据向盐酸溶液中滴入氨水溶液中离子浓度的变化来回答.【解答】解:A、滴定前0.1mol•L﹣1氨水的pH小于13,与图象不符,故A错误;B、锌粉与硫酸铜反应生成了铜,消耗了锌粉,锌粉、铜和盐酸构成了原电池,加快了化学反应速率,但产生的氢气减少,故B错误;C、CaCl2和盐酸的混合溶液中滴加Na2CO3溶液,碳酸钠首先与盐酸反应,所以开始没有沉淀生成,盐酸反应完全后有碳酸钙沉淀生成,故C正确;D、向盐酸溶液中滴入氨水,生成氯化铵,溶液中离子浓度不变,恰好反应后继续滴加,溶液相当于稀释,溶液中离子浓度减小,导电性减弱,故D错误;故选C.【点评】本题以图象的形式考查了中和滴定、化学反应的先后顺序、原电池对化学反应速率的影响等,涉及知识点较多,题目难度中等. 二、解答题(共3小题,满分43分)8.(14分)(2022秋•揭阳校级月考)硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)俗称绿矾,加热至高温会发生分解,为确定绿矾分解产生的非金属氧化物,进行如下探究.(1)假设1:非金属氧化物为SO2;假设2:非金属氧化物为SO3;假设3. 非金属氧化物SO2、SO3 .(2)现设计如下所示实验装置(图中铁架台略去),检验绿矾的分解产物.16按上述装置进行实验,同学们观察到如下现象:装置现象结论A固体呈红棕色,将其放入足量稀盐酸,固体全部溶解,得到黄色溶液B无水硫酸铜变蓝C高锰酸钾溶液褪色(3)结合实验现象,理论上分析可知绿矾分解还生成另一物质SO3.其理论依据是 每两个FeSO4分解生成1个Fe2O3后剩余S、O原子个数比为2:5不等于1:2,若只生成Fe2O3和SO2,S和O之比为1:3.5,元素不守恒,故可通过理论分析得出:绿矾分解还生成另一物质SO3; .(4)为证明反应产生了SO3,应在B、C之间补充一个装置,请你在下表中画出实验装置图(气流方向:左一右),注明药品的名称[可供选择的药品有1mol/LNaOH溶液、0.5mol/LBaCl2溶液、0.5mol/LBa(N03)2溶液].装置示意图现象及结论 有白色沉淀生成 说明分解产物SO3(5)根据上述实验,写出绿矾高温分解的化学方程式 2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O .【考点】性质实验方案的设计.【分析】(1)猜想1:非金属氧化物为SO2猜想2:非金属氧化物SO3猜想3:非金属氧化物SO2、SO3(2)固体呈红棕色,生成了氧化铁,无水硫酸铜白色粉末遇水变蓝,二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色;(3)运用质量守恒定律,硫酸亚铁晶体加热会失去结晶水,高温会继续分解产生金属氧化物和非金属氧化物,三氧化二铁是红棕色固体,能和稀盐酸反应生成可溶性的黄色物质来解答此题;(4)据硫酸根离子的检验,瓶中物质应为氯化钡溶液;(5)绿矾高温分解生成氧化铁,二氧化硫,三氧化硫和水,结合原子守恒和电子守恒配平书写.【解答】解:(1)依据硫元素化合价变化结合电子守恒分析,猜想1:非金属氧化物为SO2猜想2:非金属氧化物SO3猜想3:非金属氧化物SO2、SO3故答案为:非金属氧化物SO2、SO3;(2)固体呈红棕色,生成了氧化铁,将其放入足量稀盐酸,固体全部溶解,得到黄色溶液为氯化铁溶液,据无水硫酸铜白色粉末遇水变蓝,二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色,可否认猜想中的2,得到结论为:分解产生H2O、Fe2O3、SO2,故答案为:分解产生H2O、Fe2O3、SO2;(3)根据质量守恒定律,化学反应前后元素原子的种类个数不变,因每两个FeSO4分解生成1个Fe2O3后剩余S、O原子个数比为2:5不等于1:2,若只生成Fe2O3和SO2,S和O之比为1:3.5,元素不守恒,故可通过理论分析得出:绿矾分解还生成另一物质SO3,16故答案为:每两个FeSO4分解生成1个Fe2O3后剩余S、O原子个数比为2:5不等于1:2,若只生成Fe2O3和SO2,S和O之比为1:3.5,元素不守恒,故可通过理论分析得出:绿矾分解还生成另一物质SO3;(4)虚线方框装置中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成,若含有该气体,会生成硫酸钡白色沉淀,观察到的观象为溶液变浑浊,装置图为:瓶内为0.5mol/L的BaC12溶液,故答案为:瓶内为0.5mol/L的BaC12溶液,有白色沉淀生成;(5)绿矾高温分解生成氧化铁,二氧化硫,三氧化硫和水,结合原子守恒和电子守恒配平书写得到化学方程式为:2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O,故答案为:2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O.【点评】本题考查了物质存在和性质的实验探究方法和实验设计判断,氧化还原反应和盐类水解的分析应用是解题关键. 9.(15分)(2022秋•揭阳校级月考)七铝十二钙(12CaO•7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料,用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下:(1)煅粉主要含MgO和 CaO ,用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后,镁化合物几乎不溶,若溶液I中c(Mg2+)小于5×10﹣6mol•L﹣1,则溶液pH大于 11 (Mg(OH)2的Ksp=5×10﹣12);该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3,原因是 CaSO4微溶于水,用(NH4)2SO4代替NH4NO3,会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失 .(2)滤液I中的阴离子有 NO3﹣、OH﹣ (忽略杂质成分的影响);若滤液I中仅通入CO2,会生成 Ca(HCO3)2 ,从而导致CaCO3产率降低.(3)用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜,反应的离子方程式为 Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O .(4)电解制备Al(OH)3时,电极分别为Al片和石墨,电解总反应方程式为 2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑ .16(5)一种可超快充电的新型铝电池,充放电时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在Al电极上相互转化,其它离子不参与电极反应,放电时负极Al的电极反应式为 Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣=4Al2Cl7 .【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用;原电池和电解池的工作原理.【分析】(1)锻粉是由白云石高温煅烧而来;用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后,镁化合物几乎不溶,即得Mg(OH)2的饱和溶液,根据Mg(OH)2的Ksp来计算;CaSO4微溶于水;(2)在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后,镁化合物几乎不溶,由于NH4NO3溶液水解显酸性,与CaO反应生成Ca(NO3)2和NH3•H2O,故过滤后溶液中含Ca(NO3)2和NH3•H2O,将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应:Ca(NO3)2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3,据此分析滤液中的阴离子;若滤液Ⅰ中仅通入CO2,会造成CO2过量,据此分析产物;(3)氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水;(4)用Al片和石墨作电极来制备Al(OH)3,故Al做阳极,据此分析;(5)放电时负极电极本身Al放电,失电子,根据AlCl4﹣和Al2Cl7﹣中铝元素和氯元素的比例来确定做AlCl4﹣做反应物而生成Al2Cl7﹣;【解答】解:(1)锻粉是由白云石高温煅烧而来,在煅烧白云石时,发生反应:CaCO3CaO+CO2↑,MgCO3MgO+CO2↑,故所得锻粉主要含MgO和CaO;用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后,镁化合物几乎不溶,即得Mg(OH)2的饱和溶液,根据Mg(OH)2的Ksp可知:Ksp=c(Mg2+)•c2(OH﹣)=5×10﹣12,而c(Mg2+)小于5×10﹣6mol•L﹣1,故c(OH﹣)大于10﹣3mol/L,则溶液中的c(H+)小于10﹣11mol/L,溶液的pH大于11;CaSO4微溶于水,如果用(NH4)2SO4代替NH4NO3,会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失,故答案为:CaO;11;CaSO4微溶于水,用(NH4)2SO4代替NH4NO3,会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失;(2)在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后,镁化合物几乎不溶,由于NH4NO3溶液水解显酸性,与CaO反应生成Ca(NO3)2和NH3•H2O,故过滤后溶液中含Ca(NO3)2和NH3•H2O,将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应:Ca(NO3)2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3,故滤液中的阴离子主要为NO3﹣,还含有OH﹣;若滤液Ⅰ中仅通入CO2,会造成CO2过量,则会生成Ca(HCO3)2,从而导致CaCO3产率降低,故答案为:NO3﹣、OH﹣;Ca(HCO3)2;(3)氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水,离子反应为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O,故答案为:Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O;(4)用Al片和石墨作电极来制备Al(OH)3,故Al做阳极,石墨做阴极,阳极反应为:Al﹣3e﹣=Al3+①,阴极上是来自于水的H+放电:2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑②将①×2+②×3可得总反应:2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑,故答案为:2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑;(5)放电时负极电极本身Al放电,失电子,由于AlCl4﹣中氯元素的含量高于Al2Cl7﹣中氯元素的含量,故AlCl4﹣做反应物而Al2Cl7﹣为生成物,由于其它离子不参与电极反应,故电极反应为:Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣=4Al2Cl7﹣,故答案为:Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣=4Al2Cl7.【点评】本题是一道非常典型的工艺流程图题,综合性较强,综合了元素化合物、电解池和原电池的知识考查,难度较大. 1610.(14分)(2022秋•揭阳校级月考)研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义.(1)NO2可用水吸收,相应的化学反应方程式为 3NO2+H2O=2HNO3+NO .利用反应6NO2+8NH37N2+12H2O也可处理NO2.当转移1.2mol电子时,消耗的NO2在标准状况下是 6.72 L.(2)已知:2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=﹣196.6kJ/mol;2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=﹣113.0kJ/mol;①则反应NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)△H的△H= ﹣41.8 kJ/mol.②一定条件下,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 B .A.体系压强保持不变B.混合气体颜色保持不变C.SO3和N的体积比保持不变D.每消耗1molSO3的同时生成1molNO2③测得上述反应平衡时NO2与SO2的体积比为1:6,则平衡常数K=  .(3)CO可用于合成甲醇,反应方程式为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H.CO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△H < 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 在1.3×104kPa下,CO的转化率已经很高,如果增加压强CO的转化率提高不大,而生产成本增加,经济效益低 .【考点】热化学方程式;化学平衡的影响因素;化学平衡状态的判断.【专题】化学反应中的能量变化;化学平衡专题.【分析】(1)根据化合价的变化结合方程式计算;(2)利用盖斯定律计算反应热,得到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度不变,由此衍生的一些物理量也不变,计算平衡时各物质的浓度,可计算平衡常数;(3)从横坐标上一点,画一条平行于纵坐标的虚线,看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率,温度越低转化率越低,说明,升温时平衡向逆向移动.【解答】解:(1)NO2可用水吸收,相应的化学反应方程式为:3NO2+H2O=2HNO3+NO,反应6NO2+8NH37N2+12H2O中,6NO2中N元素化合价降低,由+4价降低到0价,则6molNO2参加反应,转移24mol电子,所以当转移1.2mol电子时,消耗NO20.3mol,体积为6.72L,故答案为:3NO2+H2O=2HNO3+NO,6.72;(2)已知:①2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=﹣196.6kJ•mol﹣1②2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=﹣113.0kJ•mol﹣1,利用盖斯定律将①×﹣②×得NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)16△H=×(﹣196.6kJ•mol﹣1)﹣×(﹣113.0kJ•mol﹣1)=﹣41.8kJ•mol﹣1,a.无论是否达到平衡,体系压强都保持不变,不能用于判断是否达到平衡状态,故a错误;b.混合气体颜色保持不变,说明浓度不变,达到平衡状态,故b正确;c.SO3和NO的计量数之比为1:1,无论是否达到平衡,二者的体积比保持不变,不能判断是否达到平衡状态,故c错误;d.物质的量之比等于化学计量数之比,则每消耗1molSO3的同时生成1molNO2,不能判断是否达到平衡状态,故d错误.NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)起始物质的体积a2a00转化物质的体积xxxx平衡物质的体积a﹣x2a﹣xxx平衡时NO2与SO2体积比为1:6,即(1a﹣x):(2a﹣x)=1:6,故x=a,故平衡常数K====,故答案为:﹣41.8;B;.(3)从横坐标上一点0.5处,画一条平行于纵坐标的虚线,看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率,温度越高转化率越低,说明,升温时平衡向逆向移动.第二问:实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右,选择此压强的理由是工业生产要考虑速经济效益,要考虑速度和效率,压强越大需要的条件越高,花费越大.故答案为:<;在1.3×104kPa下,CO的转化率已经很高,如果增加压强CO的转化率提高不大,而生产成本增加,经济效益低.【点评】本题以NO2、SO2、CO等物质为载体,综合考查化学平衡移动、盖斯定律以及平衡常数的计算等问题,侧重于学生综合运用化学知识的能力的考查,题目难度中等. 【化学一选修5:有机化学基础】11.(15分)(2022•广东)有机锌试剂(R﹣ZnBr)与酰氯()偶联可用于制备药物Ⅱ:16(1)化合物Ⅰ的分子式为 C12H9Br .(2)关于化合物Ⅱ,下列说法正确的有 AD (双选).A.可以发生水解反应B.可与新制Cu(OH)2共热生成红色沉淀C.可与FeCl3溶液反应显紫色D.可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应(3)化合物Ⅲ含有3个碳原子,且可发生加聚反应,按照途径Ⅰ合成路线的表示方式.完成途径2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路线:  .(标明反应试剂,忽略反应条件).(4)化合物V的核磁共振氢谱中峰的组数为 4 .以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr,所得化合物的羧酸类同分异构体共有 4 种(不考虑手性异构).(5)化合物Ⅵ和Ⅶ反应可直接得到Ⅱ,则化合物Ⅶ的结构简式为  .【考点】真题集萃;有机物的合成.【分析】(1)根据有机物I的结构确定其分子式;(2)有机物Ⅱ含有苯环,具有苯的性质,含有酯基,具有酯基的性质,没有醛基、酚羟基,不能与新制Cu(OH)2共热生成红色沉淀,不能与FeCl3溶液反应显紫色;(3)化合物Ⅲ含有3个碳原子,且可发生加聚反应,结合Ⅵ的结构及途径I中的转化可知,Ⅲ为CH2=CHCOOH,与HBr发生加成反应生成Ⅳ为BrCH2CH2COOH,再与乙醇发生酯化反应生成V为BrCH2CH2COOCH2CH3;(4)V为BrCH2CH2COOCH2CH3,分子中含有4种化学环境不同的H原子;以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr得到CH3CH2COOCH2CH3,其同分异构体属于羧酸,可以看作﹣COOH取代丁烷形成的羧酸,结合丁烷同分异构体及等效氢判断;(5)对比Ⅵ、Ⅱ的结构,结合途径1中生成Ⅱ的反应为取代反应,可以判断化合物Ⅶ的结构简式为.【解答】解:(1)根据有机物I的结构简式,可知其分子式为C12H9Br,故答案为:C12H9Br;(2)A.含有酯基,具有酯基的性质,可以发生水解反应,故A正确;B.不含醛基,不能与新制Cu(OH)2共热生成红色沉淀,故B错误;C.不含酚羟基,不能与FeCl3溶液反应显紫色,故C错误;D.含有苯环,可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液发生苯环的硝化反应,故D正确,故选:AD;(3)化合物Ⅲ含有3个碳原子,且可发生加聚反应,结合Ⅵ的结构及途径I中的转化可知,Ⅲ为CH2=CHCOOH,与HBr发生加成反应生成Ⅳ为BrCH2CH2COOH,再与乙醇发生酯化反应生成V为BrCH2CH2COOCH2CH3,合成路线流程图为:,16故答案为:;(4)V为BrCH2CH2COOCH2CH3,分子中含有4种化学环境不同的H原子,核磁共振氢谱中4组吸收峰;以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr得到CH3CH2COOCH2CH3,其同分异构体属于羧酸,可以看作﹣COOH取代丁烷形成的羧酸,丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2,CH3CH2CH2CH3中H原子被﹣COOH取代,形成2种羧酸,CH3CH(CH3)2中H原子被﹣COOH取代,也形成2种羧酸,故有4种,故答案为:4;4;(5)对比Ⅵ、Ⅱ的结构,结合途径1中生成Ⅱ的反应为取代反应,可以判断化合物Ⅶ的结构简式为,故答案为:.【点评】本题考查有机物的合成,注意根据有机物的结构进行分析解答,利用途径1的转化关系理解V→Ⅵ的转化,较好的考查学生分析推理能力、获取信息能力,(4)中注意利用取代法判断同分异构体数目,难度中等. 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所属: 高中 - 化学
发布时间:2022-08-25 11:14:57 页数:16
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文章作者:U-336598

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