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陕西省铜川市耀州中学2022届高三化学下学期第十次月考试卷含解析
陕西省铜川市耀州中学2022届高三化学下学期第十次月考试卷含解析
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陕西省铜川市耀州中学2022-2022学年高三(下)第十次月考化学试卷 一、选择题1.化学与生活密切相关,下列说法正确的是( )A.聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B.煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C.合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D.利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程 2.分子式为C7H14O2的有机物Q,在稀硫酸溶液加热可转化为乙醇与另一种酸性物质,则Q的结构最多有( )A.6种B.4种C.3种D.2种 3.元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示,其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸.则下列判断正确的是( )A.非金属性:Z<T<XB.R与Q的电子数相差26C.气态氢化物稳定性:R<T<QD.最高价氧化物的水化物的酸性:T>Q 4.用石墨电极电解CuCl2溶液(如图).下列分析正确的是( )-23-\nA.a端是直流电源的负极B.通电使CuCl2发生电离C.阳极上发生的反应:Cu2++2e﹣=CuD.通电一段时间后,在阴极附近观察到黄绿色气体 5.下列除杂方案错误的是( )选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO(g)CO2(g)NaOH溶液、浓H2SO4洗气BNa2CO3(s)NaHCO3(s)﹣灼烧CCl2(g)HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO4洗气DNH4Cl(aq)Fe3+(aq)NaOH溶液过滤A.AB.BC.CD.D 6.下列说法正确的是( )A.KClO3和SO3溶于水后能导电,故KClO3和SO3为电解质B.25℃时,用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7,V醋酸<VNaOHC.向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液,有沉淀和气体生成D.AgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K(AgX)=c(Ag+)•c(X﹣),故K(AgI)<K(AgCl) 7.臭氧是理想的烟气脱硝试剂,其脱销反应为:2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g),若反应在恒容密闭容器中进行,下列由该反应相关图象作出的判断正确的是( )ABCD-23-\n升高温度,平衡常数减小0﹣3s内,反应速率为:v(NO2)=0.2mol•L﹣1t1时仅加入催化剂,平衡正向移动达平衡时,仅改变x,则x为c(O2)A.AB.BC.CD.D 二.非选择题8.(15分)苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料﹣﹣纳米氧化铜的重要前驱体之一.下面是它的一种实验室合成路线:+H2O+H2SO4+NH4HSO4+Cu(OH)2→+H2O制备苯乙酸的装置示意图如图(加热和夹持装置等略),已知:苯乙酸的熔点为76.5℃,微溶于冷水,溶于乙醇.回答下列问题:(1)在250mL三口瓶a中加入70mL70%硫酸.配制此硫酸时,加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是 .(2)将a中的溶液加热至100℃,缓缓滴加40g苯乙腈到硫酸溶液中,然后升温至130℃继续反应.在装置中,仪器b的作用是 ;仪器c的名称是 ,其作用是 .反应结束后加适量冷水,再分离出苯乙酸粗品.加人冷水的目的是 .下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是 (填标号)A.分液漏斗B.漏斗C.烧杯D.直形冷凝管E.玻璃棒(3)提纯粗苯乙酸的方法是 ,最终得到44g纯品,则苯乙酸的产率是 .(4)用CuCl2•2H2O和NaOH溶液制备适量Cu(OH)2沉淀,并多次用蒸馏水洗涤沉淀,判断沉淀洗干净的实验操作和现象是 .(5)将苯乙酸加人到乙醇与水的混合溶剂中,充分溶解后,加入Cu(OH)2搅拌30min,过滤,滤液静置一段时间,析出苯乙酸铜晶体,混合溶剂中乙醇的作是 .-23-\n 9.(15分)铁及其化合物与生产、生活关系密切.(1)如图甲是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图.①该电化腐蚀称为 .②图中A、B、C、D四个区域,生成铁锈最多的是 (填字母).(2)用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如图乙:①步骤I若温度过高,将导致硝酸分解.硝酸分解的化学方程式为 .②步骤II中发生反应:4Fe(NO3)2+O2+(2n+4)H2O═2Fe2O3•nH2O+8HNO3,反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2,该反应的化学方程式为 .③上述生产流程中,能体现“绿色化学”思想的是 (任写一项).(3)已知t℃时,反应FeO(s)+CO(g)⇌Fe(s)+CO2(g)的平衡常数K=0.25.①t℃时,反应达到平衡时n(CO):n(CO2)= .②若在1L密闭容器中加入0.02molFeO(s),并通入xmolCO,t℃时反应达到平衡.此时FeO(s)转化率为50%,则x= . 10.(14分)NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3,如图1所示.-23-\n(1)Ⅰ中,NH3和O2在催化剂作用下反应,其化学方程式是 .(2)Ⅱ中,2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g).在其他条件相同时,分别测得NO的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下温度变化的曲线(如图2).①比较p1、p2的大小关系 .②随温度升高,该反应平衡常数变化的趋势是 .(3)Ⅲ中,将NO2(g)转化成N2O4(l),再制备浓硝酸.①已知:2NO2(g)⇌N2O4(g)△H1,2NO2(g)⇌N2O4(l)△H2图3中能量变化示意图中,正确的是(选填字母) ②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式 .(4)IV中,电解NO制备NH4NO3,其工作原理如图4所示,为使电解产物全部转化为NH4NO3,需补充物质A,A是 ,说明理由: . 11.(15分)可降解聚合物P的合成路线如下:-23-\n已知:(1)A的含氧官能团名称是 .(2)羧酸a的电离方程是 .(3)B→C的化学方程式是 .(4)化合物D苯环上的一氯代物有2种,D的结构简式是 .(5)E→F中反应①和②的反应类型分别是 .(6)F的结构简式是 .(7)聚合物P的结构简式是 . -23-\n陕西省铜川市耀州中学2022-2022学年高三(下)第十次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题1.化学与生活密切相关,下列说法正确的是( )A.聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B.煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C.合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D.利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程【考点】塑料的老化和降解;煤的干馏和综合利用;乙醇的工业制法;有机高分子化合物的结构和性质.【专题】有机化合物的获得与应用.【分析】A.聚乙烯塑料是乙烯发生加成反应生成的高分子聚合物,聚乙烯的单体是乙烯;B.煤的气化、液化都是化学变化;C.碳纤维是碳的单质;D.淀粉→葡萄糖→乙醇都是化学变化;【解答】解:A.乙烯含碳碳双键其中1根键断裂,相互加成生成聚乙烯,聚乙烯中不存在双键,聚乙烯塑料的老化是由于长链断裂等原因,故A错误;B.煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程,煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程,所以煤经过气化和液化等变化是化学变化,故B错误;C.合成纤维、人造纤维都属于有机高分子材料,碳纤维是碳的单质,不属于有机高分子材料,故C错误;D.用粮食酿酒时,先在糖化酶作用下水解为葡萄糖,然后在酵母作用下转变为酒精,都是化学变化,故D正确;故选D.【点评】本题主要考查了生活的化学相关的知识,掌握塑料的老化、煤的气化和液化、有机高分子材料、粮食酿酒等知识是解答的关键,题目难度不大. -23-\n2.分子式为C7H14O2的有机物Q,在稀硫酸溶液加热可转化为乙醇与另一种酸性物质,则Q的结构最多有( )A.6种B.4种C.3种D.2种【考点】有机化合物的异构现象.【专题】同分异构体的类型及其判定.【分析】Q在稀硫酸溶液加热可转化为乙醇与另一种酸性物质,说明此有机物为酯类,依据剩余基团为丁基计算即可.【解答】解:C7H14O2的有机物Q水解生成乙醇和一种酸性物质,那么酸性物质应为羧酸,羧酸含有官能团﹣COOH,剩余为丁基,丁基有4种,故此羧酸有4种,故选B.【点评】本题主要考查的是有机物的结构与性质,掌握碳原子数小于5的烃基是解决本题的关键,难度不大. 3.元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示,其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸.则下列判断正确的是( )A.非金属性:Z<T<XB.R与Q的电子数相差26C.气态氢化物稳定性:R<T<QD.最高价氧化物的水化物的酸性:T>Q【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用.【专题】元素周期律与元素周期表专题.【分析】R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸,R为F元素,由元素在周期表中的位置可知,T为Cl元素,Q为Br元素,X为S元素,Z为Ar元素,结合元素周期律解答.【解答】解:R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸,R为F元素,由元素在周期表中的位置可知,T为Cl元素,Q为Br元素,X为S元素,Z为Ar元素,A.Z为Ar元素,最外层为稳定结构,金属性与非金属性在同周期中最弱,同周期自左而右金属性减弱,故非金属性Z<X<T,故A错误;-23-\nB.R为F元素,Q为Br元素,原子序数相差26,故B正确;C.同主族自上而下,非金属性减弱,故非金属性F>Cl>Br,非金属性越强,气态氢化物越稳定,故稳定性HF>HCl>HBr,故C错误;D.同主族自上而下,非金属性减弱,故非金属性Cl>Br,非金属性越强,最高价氧化物的水化物的酸性越强,故酸性:T>Q,故D正确;故选BD.【点评】本题考查元素周期表与元素周期律等,难度不大,推断R为氟元素是关键,注意掌握元素周期律. 4.用石墨电极电解CuCl2溶液(如图).下列分析正确的是( )A.a端是直流电源的负极B.通电使CuCl2发生电离C.阳极上发生的反应:Cu2++2e﹣=CuD.通电一段时间后,在阴极附近观察到黄绿色气体【考点】电解原理.【专题】电化学专题.【分析】A、电解过程中阳离子移向阴极,阴离子移向阳极,阳极和电源正极相连,阴极和电源负极相连;B、通电氯化铜发生氧化还原反应发生分解反应;C、阳极上氯离子失电子发生氧化反应;D、氯离子在阳极失电子生成氯气.【解答】解:A、依据装置图可知,铜离子移向的电极为阴极,阴极和电源负极相连,a为负极,故A正确;B、通电氯化铜发生氧化还原反应生成氯气和铜,电离是氯化铜离解为阴阳离子,故B错误;-23-\nC、与b连接的电极是阳极,氯离子失电子发生氧化反应,电极反应式为:2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑,故C错误;D、通电一段时间后,氯离子在阳极失电子发生氧化反应,在阳极附近观察到黄绿色气体,故D错误;故选A.【点评】本题考查电解原理的应用,主要是电解名称、电极反应的判断,题目较简单. 5.下列除杂方案错误的是( )选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO(g)CO2(g)NaOH溶液、浓H2SO4洗气BNa2CO3(s)NaHCO3(s)﹣灼烧CCl2(g)HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO4洗气DNH4Cl(aq)Fe3+(aq)NaOH溶液过滤A.AB.BC.CD.D【考点】化学实验方案的评价;物质的分离、提纯和除杂.【专题】实验评价题.【分析】A.二氧化碳与NaOH反应,CO不能,且浓硫酸可干燥CO;B.NaHCO3加热分解生成碳酸钠;C.HCl极易溶于水,食盐水抑制氯气的溶解,且浓硫酸可干燥氯气;D.NH4Cl、Fe3+(aq)均与NaOH反应.【解答】解:A.二氧化碳与NaOH反应,CO不能,且浓硫酸可干燥CO,则利用给出的试剂、洗气可除杂,故A正确;B.NaHCO3加热分解生成碳酸钠,则加热可除杂,故B正确;C.HCl极易溶于水,食盐水抑制氯气的溶解,且浓硫酸可干燥氯气,则利用给出的试剂、洗气可除杂,故C正确;D.NH4Cl、Fe3+(aq)均与NaOH反应,将原物质反应掉,不能除杂,应选氨水、过滤除杂,故D错误;故选D.-23-\n【点评】本题考查实验方案的评价,侧重混合物分离提纯方法几除杂的考查,为高频考点,把握物质的性质及发生的反应为解答的关键,注意实验的评价性分析及除杂的原则,题目难度不大. 6.下列说法正确的是( )A.KClO3和SO3溶于水后能导电,故KClO3和SO3为电解质B.25℃时,用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7,V醋酸<VNaOHC.向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液,有沉淀和气体生成D.AgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K(AgX)=c(Ag+)•c(X﹣),故K(AgI)<K(AgCl)【考点】电解质与非电解质;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算;镁、铝的重要化合物.【专题】电离平衡与溶液的pH专题;几种重要的金属及其化合物.【分析】A.KClO3和三氧化硫的水溶液都能导电,KClO3是电解质,但三氧化硫是非电解质;B.CH3COOH不完全电离,根据电荷守恒可知,c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣),等体积等浓度混合时显碱性,则中性时应使醋酸过量;C.NaHCO3溶液与NaAlO2溶液,反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成Al(OH)3;D.AgCl沉淀易转化为AgI沉淀,说明溶解度S(AgCl)>S(AgI),所以K(AgCl)>K(AgI);【解答】解:A.电解质是熔融态或水溶液状态下能导电的化合物,是自身电离出自由移动的离子.氯酸钾溶于水自身电离出钾离子和氯酸根离子,能导电是电解质;SO3溶于水后和水反应生成硫酸,硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电,电离出阴阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫,所以SO3是非电解质,故A错误;B.醋酸与NaOH溶液反应:CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣),若等体积等浓度混合时显碱性,则25℃时,用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7显中性时应使醋酸过量,即V醋酸>VNaOH,故B错误;C.氢氧化铝为两性氢氧化物,由于酸性:HCO3﹣>Al(OH)3,根据强酸制备弱酸,NaHCO3溶液与NaAlO2溶液,反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成生成Al(OH)3,AlO2﹣+HCO3﹣+H2O=Al(OH)3↓+CO32﹣有沉淀生成,无气体生成,故C错误;-23-\nD.向AgCl沉淀中滴入稀KI溶液,会出现白色沉淀AgCl转变为黄色沉淀AgI,说明AgCl沉淀易转化为AgI沉淀,沉淀易转化为更难溶沉淀,越难溶物质其饱和溶液中电离出相应离子浓度越小,故K(AgI)<K(AgCl),故D正确;故选D.【点评】本题考查了电解质、酸碱中和、氢氧化铝、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化等知识,掌握它们的相关本质是解答的关键,题目难度中等. 7.臭氧是理想的烟气脱硝试剂,其脱销反应为:2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g),若反应在恒容密闭容器中进行,下列由该反应相关图象作出的判断正确的是( )ABCD升高温度,平衡常数减小0﹣3s内,反应速率为:v(NO2)=0.2mol•L﹣1t1时仅加入催化剂,平衡正向移动达平衡时,仅改变x,则x为c(O2)A.AB.BC.CD.D【考点】真题集萃;化学平衡建立的过程;化学平衡的影响因素.【专题】化学平衡专题.【分析】A.由图可知,反应物总能量高于生成物总能量,正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动;B.由图可知,0﹣3s内,二氧化氮的浓度变化量=1mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L,根据v=计算v(NO2),注意选项中单位;C.使用催化剂,反应速率加快,但平衡不移动;D.达平衡时,仅增大c(O2),平衡向逆反应方向移动,二氧化氮转化率降低.【解答】解:A.由图可知,反应物总能量高于生成物总能量,正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,平衡常数减小,故A正确;B.由图可知,0﹣3s内,二氧化氮的浓度变化量=1mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L,故v(NO2)==0.2mol/(L.s),单位错误,故B错误;C.t1时刻,改变条件,反应速率加快,平衡不移动,该反应前后气体的物质的量减小,不能是增大压强,只能是使用催化剂,但催化剂不影响平衡的移动,故C错误;-23-\nD.达平衡时,仅增大c(O2),平衡向逆反应方向移动,二氧化氮转化率降低,由图可知,二氧化氮的转化率随x增大而增大,x可以代表O3浓度、压强,故D错误,故选A.【点评】本题以图象形式,考查化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素等,难度中等,B选项为易错点,学生容易忽略单位问题. 二.非选择题8.(15分)苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料﹣﹣纳米氧化铜的重要前驱体之一.下面是它的一种实验室合成路线:+H2O+H2SO4+NH4HSO4+Cu(OH)2→+H2O制备苯乙酸的装置示意图如图(加热和夹持装置等略),已知:苯乙酸的熔点为76.5℃,微溶于冷水,溶于乙醇.回答下列问题:(1)在250mL三口瓶a中加入70mL70%硫酸.配制此硫酸时,加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是 先加水、再加入浓硫酸 .(2)将a中的溶液加热至100℃,缓缓滴加40g苯乙腈到硫酸溶液中,然后升温至130℃继续反应.在装置中,仪器b的作用是 滴加苯乙腈 ;仪器c的名称是 球形冷凝管 ,其作用是 回流(或使气化的物质冷凝) .反应结束后加适量冷水,再分离出苯乙酸粗品.加人冷水的目的是 便于苯乙酸析出 .下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是 BCE (填标号)A.分液漏斗B.漏斗C.烧杯D.直形冷凝管E.玻璃棒(3)提纯粗苯乙酸的方法是 重结晶 ,最终得到44g纯品,则苯乙酸的产率是 95% .(4)用CuCl2•2H2O和NaOH溶液制备适量Cu(OH)2沉淀,并多次用蒸馏水洗涤沉淀,判断沉淀洗干净的实验操作和现象是 取最后一次少量洗涤液,加入稀硝酸,再加入AgNO3溶液,无白色浑浊出现 .(5)将苯乙酸加人到乙醇与水的混合溶剂中,充分溶解后,加入Cu(OH)2搅拌30min,过滤,滤液静置一段时间,析出苯乙酸铜晶体,混合溶剂中乙醇的作是 增大苯乙酸溶解度,便于充分反应 .-23-\n【考点】制备实验方案的设计;有机物的合成.【分析】(1)配制此硫酸时,应将密度大的注入密度小的液体中,防止混合时放出热使液滴飞溅;(2)由图可知,c为冷凝管,使气化的液体冷凝回流,仪器b可加入反应液;反应结束后加适量冷水,降低温度,减小苯乙酸的溶解度;分离苯乙酸粗品,利用过滤操作;(3)苯乙酸微溶于冷水,在水中的溶解度较小;由反应+H2O+H2SO4+NH4HSO4可知,40g苯乙腈生成苯乙酸为40g×=46.5g;(4)用蒸馏水洗涤沉淀,将氯离子洗涤干净,利用硝酸银检验洗涤液确定是否洗涤干净;(5)苯乙酸微溶于冷水,溶于乙醇,混合溶剂中乙醇可增大苯乙酸的溶解度.【解答】解:(1)稀释浓硫酸放出大量的热,配制此硫酸时,应将密度大的注入密度小的液体中,防止混合时放出热使液滴飞溅,则加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是先加水、再加入浓硫酸,故答案为:先加水、再加入浓硫酸;(2)由图可知,c为球形冷凝管,其作用为回流(或使气化的反应液冷凝),仪器b的作用为滴加苯乙腈;反应结束后加适量冷水,降低温度,减小苯乙酸的溶解度,则加入冷水可便于苯乙酸析出;分离苯乙酸粗品,利用过滤操作,则需要的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒,故答案为:滴加苯乙腈;球形冷凝管;回流(或使气化的反应液冷凝);便于苯乙酸析出;BCE;(3)苯乙酸微溶于冷水,在水中的溶解度较小,则提纯苯乙酸的方法是重结晶;由反应+H2O+H2SO4+NH4HSO4可知,40g苯乙腈生成苯乙酸为40g×=46.5g,最终得到44g纯品,则苯乙酸的产率是×100%=95%,-23-\n故答案为:重结晶;95%;(4)用蒸馏水洗涤沉淀,将氯离子洗涤干净,利用硝酸银检验洗涤液确定是否洗涤干净,则沉淀洗干净的实验操作和现象是取最后一次少量洗涤液,加入稀硝酸,再加入AgNO3溶液,无白色浑浊出现,故答案为:取最后一次少量洗涤液,加入稀硝酸,再加入AgNO3溶液,无白色浑浊出现;(5)苯乙酸微溶于冷水,溶于乙醇,混合溶剂中乙醇可增大苯乙酸的溶解度,然后与Cu(OH)2反应除去苯乙酸,即混合溶剂中乙醇的作用是增大苯乙酸溶解度,便于充分反应,故答案为:增大苯乙酸溶解度,便于充分反应.【点评】本题考查苯乙酸铜的合成,侧重物质制备实验及有机物性质的考查,把握合成反应及实验装置的作用为解答的关键,综合考查学生实验技能和分析解答问题的能力,题目难度中等,注意信息的处理及应用. 9.(15分)铁及其化合物与生产、生活关系密切.(1)如图甲是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图.①该电化腐蚀称为 吸氧腐蚀 .②图中A、B、C、D四个区域,生成铁锈最多的是 B (填字母).(2)用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如图乙:①步骤I若温度过高,将导致硝酸分解.硝酸分解的化学方程式为 4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O .②步骤II中发生反应:4Fe(NO3)2+O2+(2n+4)H2O═2Fe2O3•nH2O+8HNO3,反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2,该反应的化学方程式为 4Fe+10HNO3═4Fe(NO3)2+NH4NO3+3H2O .③上述生产流程中,能体现“绿色化学”思想的是 氮氧化物排放少 (任写一项).-23-\n(3)已知t℃时,反应FeO(s)+CO(g)⇌Fe(s)+CO2(g)的平衡常数K=0.25.①t℃时,反应达到平衡时n(CO):n(CO2)= 4:1 .②若在1L密闭容器中加入0.02molFeO(s),并通入xmolCO,t℃时反应达到平衡.此时FeO(s)转化率为50%,则x= 0.05 .【考点】铁的化学性质;化学平衡的计算;铁的氧化物和氢氧化物.【分析】(1)①由图可知,海水溶液为弱酸性,发生吸氧腐蚀;②中性或弱酸性条件下,铁发生吸氧腐蚀,铁接触空气、水时最终生成氧化铁;(2)由流程图可知,Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁,步骤Ⅱ中转化为Fe2O3•nH2O,最后得到铁红,①硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水;②应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2,则Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水;③氮氧化物为有毒气体;(3)①K=,平衡常数K=0.25,以此计算;②通入xmolCO,t℃时反应达到平衡.此时FeO(s)转化率为50%,即反应的FeO为0.02mol×50%=0.01mol,则FeO(s)+CO(g)⇌Fe(s)+CO2(g)开始:0.02x00转化:0.010.010.010.01平衡:x﹣0.010.01结合平衡常数计算.【解答】解:(1)①海水溶液呈中性,则钢铁发生吸氧腐蚀,故答案为:吸氧腐蚀;②钢铁接触空气、水时腐蚀生成亚铁,与空气接触部分最终生成铁锈,只有B符合,故答案为:B;(2)由流程图可知,Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁,步骤Ⅱ中转化为Fe2O3•nH2O,最后得到铁红,①硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水,该反应为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O,故答案为:4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O;-23-\n②产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2,则Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水,该反应为4Fe+10HNO3═4Fe(NO3)2+NH4NO3+3H2O,故答案为:4Fe+10HNO3═4Fe(NO3)2+NH4NO3+3H2O;③由流程可知,上述生产流程中,能体现“绿色化学”思想的是减少了有毒的氮氧化物的生成,氮氧化物排放少,故答案为:氮氧化物排放少;(3)①K=,平衡常数K=0.25,n(CO):n(CO2)=,即n(CO):n(CO2)=4:1,故答案为:4:1;②通入xmolCO,t℃时反应达到平衡.此时FeO(s)转化率为50%,即反应的FeO为0.02mol×50%=0.01mol,则FeO(s)+CO(g)⇌Fe(s)+CO2(g)开始0.02x00转化0.010.010.010.01平衡x﹣0.010.01则K==0.25,解的x=0.05,故答案为:0.05.【点评】本题考查较综合,涉及化学平衡计算、电化学腐蚀及物质的制备流程等,为高频考点,侧重分析能力及计算能力的考查,把握化学反应原理及图象、流程的分析为解答的关键,题目难度中等. 10.(14分)NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3,如图1所示.-23-\n(1)Ⅰ中,NH3和O2在催化剂作用下反应,其化学方程式是 4NH3+5O24NO+6H2O .(2)Ⅱ中,2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g).在其他条件相同时,分别测得NO的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下温度变化的曲线(如图2).①比较p1、p2的大小关系 p2>p1 .②随温度升高,该反应平衡常数变化的趋势是 变小 .(3)Ⅲ中,将NO2(g)转化成N2O4(l),再制备浓硝酸.①已知:2NO2(g)⇌N2O4(g)△H1,2NO2(g)⇌N2O4(l)△H2图3中能量变化示意图中,正确的是(选填字母) A ②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式 2N2O4+O2+2H2O=4HNO3 .(4)IV中,电解NO制备NH4NO3,其工作原理如图4所示,为使电解产物全部转化为NH4NO3,需补充物质A,A是 NH3 ,说明理由: 根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3,电解生成的HNO3多,所以需充入NH3 .【考点】化学平衡的影响因素;原电池和电解池的工作原理.【分析】(1)在催化剂、加热条件下,氨气被氧化生成NO和水;(2)①相同温度下,增大压强,平衡向正反应方向移动,则NO的转化率增大;-23-\n②根据图象知,相同压强下,升高温度,NO转化率减小,说明正反应是放热反应,据此判断化学平衡常数与温度的关系;(3)①降低温度,将NO2(g)转化为N2O4(l)说明反应2NO2(g)⇌N2O4(l)为放热反应,同种物质液态时能量比气态时能量低;②N2O4与O2、H2O化合生成硝酸,根据得失电子守恒和原子守恒写出反应的方程式;(4)根据电解NO制备NH4NO3的反应方程式分析判断.【解答】解:(1)在催化剂、加热条件下,氨气被氧化生成NO和水,反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O,故答案为:4NH3+5O24NO+6H2O;(2)①相同温度下,增大压强,平衡向正反应方向移动,则NO的转化率增大,根据图象知,相同温度下,p2的转化率大于p1,所以p2>p1,故答案为:p2>p1;②根据图象知,相同压强下,升高温度,NO转化率减小,说明正反应是放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,则化学平衡常数减小,故答案为:变小;(3)①降低温度,将NO2(g)转化为N2O4(l)说明反应2NO2(g)⇌N2O4(l)为放热反应,所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高,同种物质气态变液态会放出热量,即液态时能量比气态时能量低,则N2O4(l)具有的能量比N2O4(g)具有的能量低,图象A符合,故A正确;故答案为:A;②N2O4与O2、H2O化合生成硝酸,其反应的化学方程式为:2N2O4+O2+2H2O=4HNO3,故答案为:2N2O4+O2+2H2O=4HNO3;(4)电解NO制备NH4NO3,阳极反应为NO﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+,阴极反应为:NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O,从两极反应可看出,要使得失电子守恒,阳极产生的NO3﹣的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量,总反应方程式为:8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3,因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3,需补充NH3;故答案为:NH3;根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3,电解生成的HNO3多,所以需充入NH3.【点评】本题考查了化学方程式书写、影响平衡及平衡常数的因素、能量变化图的分析等,题目涉及的知识点较多,侧重于考查学生的综合运用能力,难度中等,注意基础知识的积累掌握. 11.(15分)可降解聚合物P的合成路线如下:-23-\n已知:(1)A的含氧官能团名称是 羟基 .(2)羧酸a的电离方程是 CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+ .(3)B→C的化学方程式是 .(4)化合物D苯环上的一氯代物有2种,D的结构简式是 .(5)E→F中反应①和②的反应类型分别是 加成反应、取代反应 .(6)F的结构简式是 .(7)聚合物P的结构简式是 .【考点】有机物的推断.【专题】有机物的化学性质及推断.【分析】C被还原生成,所以C的结构简式为:,B和浓硝酸发生取代反应生成C,所以B的结构简式为:-23-\n,A和羧酸生成酯B,所以A的结构简式为:,和氢氧化钠溶液发生水解反应生成D,化合物D苯环上的一氯代物有2种,结合D的分子式知,D的结构简式为,D反应生成E,结合E的分子式知,E的结构简式为:,E发生一系列反应生成F,根据题给信息知,F的结构简式为:,两个F分子中的氨基和羧基脱水缩合形成一个新的六元环,因此G的结构简式为:,G和反应生成P,P的结构简式为:.【解答】解:C被还原生成,所以C的结构简式为:,B和浓硝酸发生取代反应生成C,所以B的结构简式为:,A和羧酸生成酯B,所以A的结构简式为:,和氢氧化钠溶液发生水解反应生成D,化合物D苯环上的一氯代物有2种,结合D的分子式知,D的结构简式为,D反应生成E,结合E的分子式知,E的结构简式为:-23-\n,E发生一系列反应生成F,根据题给信息知,F的结构简式为:,F发生反应生成G,G的结构简式为:,G和反应生成P,P的结构简式为:.(1)A的结构简式为:,所以A中含有的官能团是醇羟基,故答案为:醇羟基;(2)A的结构简式为:,B的结构简式为:,根据AB的结构简式知,该羧酸是乙酸,乙酸是弱电解质,乙酸中存在电离平衡,所以乙酸的电离方程式为:CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+,故答案为:CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+;(3)在浓硫酸作催化剂、加热条件下,B和浓硝酸发生取代反应生成C,该反应方程式为:,故答案为:;(4)通过以上分析知,D的结构简式为:,故答案为:;(5)通过题给信息知,E→F中反应①和②的反应类型分别是加成反应、取代反应,故答案为:加成反应、取代反应;(6)通过以上分析知,F的结构简式为:,故答案为:;-23-\n(7)通过以上分析知,P的结构简式为:,故答案为:.【点评】本题考查有机物的推断,同时考查学生知识迁移能力,充分利用题给信息采用正推和倒推相结合的方法进行分析解答,明确物质含有的官能团及性质是解本题关键,难度较大. -23-
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