江西省师范大学附属中学2018-2019高考化学三模考试试卷

江西省师范大学附属中学2018-2019学年高考化学三模考试试卷
一、单选题
1.(2019·江西模拟)化学与社会、生产、生活密切相关,下列说法正确的是(  )
A.汽车尾气中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃烧造成的
B.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关
C.液氯罐泄漏时,可将其移入水塘中,并向水塘中加入熟石灰
D.工程兵开山使用的炸药“TNT”是有机高分子化合物
【答案】C
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A.汽车尾气中的氮氧化合物是汽车发动机中N2与O2在电火花作用下发生反应产生的,A不符合题意;
B.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与二氧化硅有关,B不符合题意;
C.液氯罐泄漏时,可将其移入水塘中,并向水塘中加入熟石灰,二者发生反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水,从而消除了Cl2的毒性及危害,C符合题意;
D.炸药“TNT”是三硝基甲苯,不是搞高分子化合物,D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A、汽油或柴油中不含N元素;
B、信号传输与二氧化硅有关;
C、根据两者接触发生反应生成了Ca(ClO)2,据此分析;
D、炸药的成分是三硝基甲苯,不是高分子化学物,据此解答。
2.(2019·江西模拟)设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(  )
A.14g乙烯和丙烯的混合物中极性键数目为2NA
B.标准状况下, 与 在光照条件下反应生成HCl分子数为
C.容器中2molNO与1molO2充分反应,产物的分子数为2NA
D.电解精炼铜时阳极减轻32 g,电路中转移电子数目一定为NA
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算;阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.乙烯和丙烯最简式是CH2,最简式的式量是14,所以14g乙烯和丙烯的混合物中含有1molCH2,则其中含有的极性键C-H数目为2NA,A符合题意;
B.取代反应是逐步进行的,不可能完全反应,所以标准状况下,22.4LCH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数小于4NA,B不符合题意;
C.容器中2molNO与1molO2充分反应会产生2molNO2,NO2会有部分发生反应产生N2O4,因此最后得到的气体分子数目小于2NA,C不符合题意;
D.在阳极反应的金属有Cu,还有活动性比Cu强的金属,因此电解精炼铜时阳极减轻32 g,电路中转移电子数目不一定为NA,D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】A、先计算出混合物的物质的量,据此分析解答;
B、甲烷与氯气发生的取代反应是逐步进行的;
C、NO2会有部分发生反应产生N2O4,据此分析;
D、在阳极上可能含有其他的金属发生反应,据此分析解答。
3.(2019·江西模拟)降冰片二烯类化合物是一类太阳能储能材料。降冰片二烯在紫外线照射下可以发生下列转化。下列说法错误的是(  )
A.降冰片二烯与四环烷互为同分异构体
B.降冰片二烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C.四环烷的一氯代物超过三种(不考虑立体异构)
D.降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超过4个
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团;同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A.降冰片二烯与四环烷分子式相同,结构不同,因此二者互为同分异构体,A不符合题意;
B.降冰片二烯分子中含有碳碳双键,因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色,B不符合题意;
C.四环烷含有三种位置的H原子,因此其一氯代物有三种,C符合题意;
D.根据乙烯分子是平面分子,与碳碳双键连接的C原子在碳碳双键所在的平面上,所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子为4个,D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】 A、根据同分异构体的概念分析;
B、碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色,据此分析;
C、根据其含有等效氢的种类分析;
D、根据有机物的结构及含有的官能团的特征分析解答。
4.(2019·江西模拟)根据下列实验操作,预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是(  )
  实验操作 预测实验现象 实验结论或解释
A 向FeI2溶液中滴入足量溴水,加入CCl4,振荡,静置 下层溶液显紫红色 氧化性:Fe3+>I2
B 向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热 有砖红色沉淀生成 葡萄糖具有还原性
C 常温下,将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中,用淀粉碘化钾试液检验 试液不变蓝 常温下,浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应
D 向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中,滴加少量NaOH溶液 产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 NH4++OH- = NH3↑+H2O
A.A B.B C.C D.D
【答案】C
【知识点】氧化还原反应;食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验
【解析】【解答】A.由于Br2具有强的氧化性,所以向FeI2溶液中滴入足量溴水,Fe2+、I-都被氧化,Fe2+被氧化为Fe3+,I-被氧化为I2单质,由于I2容易溶于CCl4,而CCl4与水互不相容,密度比水大,因此加入CCl4,振荡,静置,会看到液体分层,下层为I2的CCl4溶液层但不能证明氧化性:Fe3+>I2,A不符合题意;
B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液,使溶液显碱性,然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热,会看到产生砖红色沉淀,证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性,B不符合题意;
C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气,因此用淀粉碘化钾试液检验,不能使试纸变为蓝色,C符合题意;
D.向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中,滴加少量NaOH溶液,首先发生反应:Al3++3OH-=Al(OH)3↓,D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】 A、根据氧化性的强弱及分液的特点分析解答;
B、根据葡萄糖具有还原性进行分析;
C、浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气,据此解答;
D、碱少量的时候,加入铝离子发生反应生成氢氧化铝,据此解答。
5.(2019·江西模拟)短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递増,其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期,Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是(  )
A.X的简单氢化物溶于水显酸性
B.Y的氧化物是离子化合物
C.Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质
D.X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】考查原子核外电子的排布规律。Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍,说明Z原子的最外层电子数是6个,Y的最外层电子数是2,因此X的最外层电子数是5,即X是N。X与Y、Z位于相邻周期,所以Y是镁,Z是硫。氨气的水溶液显碱性,A不符合题意。
B.氧化镁是活泼的金属和活泼的非金属形成的,属于离子化合物,B符合题意。
C.H2S具有还原性,容易被氧化,C不符合题意。
D.硝酸和硫酸都是强酸,D不符合题意。
故答案为:B。
【分析】A、根据X在周期表中的位置结合其自身的特点分析;
B、离子化合物是由活泼的金属和活泼的非金属形成的;
C、根据H2S的性质特点分析;
D、硝酸和硫酸都是强酸,据此分析解答。
6.(2019·江西模拟)电渗析法淡化海水装置示意图如下,电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列,将电解槽分隔成多个独立的间隔室,海水充满在各个间隔室中。通电后,一个间隔室的海水被淡化,而其相邻间隔室的海水被浓缩,从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是(  )
A.离子交换膜b为阳离子交换膜
B.各间隔室的排出液中,①③⑤⑦为淡水
C.通电时,电极l附近溶液的pH比电极2附近溶液的pH变化明显
D.淡化过程中,得到的浓缩海水没有任何使用价值
【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】图中分析可知,电极1为电解池阳极,氯离子放电生成氯气,电极反应为:2Cl--2e-=Cl2↑,电极2为阴极,溶液中氢离子得到电子生成氢气,电极反应2H++2e-=H2↑,实线对应的半透膜是阳离子半透膜,虚线是阴离子半透膜。
A.分析可知b为阴离子交换膜,A不符合题意;
B.实线对应的半透膜是阳离子半透膜,虚线是阴离子半透膜,结合阴阳离子移向可知,各间隔室的排出液中,①③⑤⑦为淡水,B符合题意;
C.通电时,阳极电极反应:2Cl--2e-=Cl2↑,阴极电极反应,2H++2e-=H2↑,电极2附近溶液的pH比电极1附近溶液的pH变化明显,C不符合题意;
D.淡化过程中,得到的浓缩海水可以提取氯化钠、镁、溴等,有使用价值,D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】在电解池中,与电源负极相连的为电解池的阴极,得电子化合价降低发生还原反应;与电源正极相连的为电解池的阳极,失电子化合价升高发生氧化反应;据此进行分析解答。
7.(2019·江西模拟)常温下,向10 mL0.1 mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氨水,所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是(  )
A.各点溶液中的阳离子浓度总和大小关系:d>c>b>a
B.常温下,R- 的水解平衡常数数量级为10 -9
C.a点和d点溶液中,水的电离程度相等
D.d点的溶液中,微粒浓度关系:c(R-)+2c(HR)=c(NH3 H2O)
【答案】B
【知识点】化学平衡常数;电解质溶液的导电性;弱电解质在水溶液中的电离平衡;盐类水解的应用
【解析】【解答】A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关,根据图象可知,b点导电能力最强,d点最弱,A不符合题意;
B.根据图象可知,0.1mol/L的HR溶液的pH=3,则c(R-)≈c(H+)=10-3mol/L,c(HR)≈0.1mol/L,HR的电离平衡常数Ka= =10-5,则R-的水解平衡常数数Kh= =10-9,B符合题意;
C.a、d两点导电能力相等,但溶液的pH分别为4、8,都抑制了水的电离,a点c(H+)=10-4mol/L,d点c(OH-)=10-6mol/L,所以对水的电离程度的影响不同,C不符合题意;
D.d点加入20mL等浓度的氨水,反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3 H2O,根据物料守恒可得:2c(HR)+2c(R-)=c(NH3 H2O)+c(NH4+),因溶液呈碱性,NH3 H2O的电离程度大于NH4+的水解程度,则c(NH4+)>c(NH3 H2O),则c(HR)+c(R-)>c(NH3 H2O),D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】A、溶液导电能力与溶液中离子浓度有关;
B、根据图像信息先计算出HR的电离平衡常数Ka,进一步计算R-的水解平衡常数数Kh;
C、根据两点溶液中氢离子的浓度不同可知对水的电离程度的影响不同;
D、根据溶液中物料守恒、NH3 H2O的电离程度大于NH4+的水解程度,据此分析解答。
二、实验题
8.(2019·江西模拟)“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名,在日常生活中使用广泛,其有效成分是NaClO。某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液,并进行性质探究和成分测定。
(1)该学习小组按上图装置进行实验(部分夹持装置省去),反应一段时间后,分别取B、C瓶中的溶液进行实验,实验现象如下表。
已知:①饱和 NaClO溶液pH为11;
②25℃时,弱酸电离常数为:H2CO3:K1=4.4×10-7,K2=4.7×10-11;HClO:K=3×10-8
实验步骤 实验现象
B瓶 C瓶
实验1:取样,滴加紫色石蕊试液 变红,不褪色 变蓝,不褪色
实验2:测定溶液的pH 3 12
回答下列问题:
①仪器a的名称   ,装置A中发生反应的离子方程式   。
②C瓶溶液中的溶质是NaCl、   (填化学式)。
③若将C瓶溶液换成 NaHCO3溶液,按上述操作步骤进行实验,C瓶现象为:实验1中紫色石蕊试液立即褪色;实验2中溶液的pH=7.结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因   
(2)测定C瓶溶液中NaClO含量(单位:g/L)的实验步骤如下:
Ⅰ.取C瓶溶液20mL于锥形瓶中,加入硫酸酸化,加入过量KI溶液,盖紧瓶塞并在暗处充分反应。
Ⅱ.用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液,淀粉溶液显示终点后,重复操作2~3次,Na2S2O3溶液的平均用量为24.00mL。(已知:I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)
①步骤I的C瓶中发生反应的离子方程式为   。
②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因   滴定至终点的现象   。
③C瓶溶液中NaClO含量为   g/L(保留2位小数)
【答案】(1)分液漏斗;MnO2+2Cl-+4H+ Cl2↑+Mn2++2H2O;NaClO、NaOH;溶液中存在平衡Cl2+H2O HCl+HClO,HCO3-消耗H+,使平衡右移,HClO浓度增大
(2)ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O;防止HClO分解(防止Cl2、I2逸出);当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时,溶液由蓝色变为无色,且半分钟不变色;4.47
【知识点】化学平衡移动原理;盐类水解的应用;常用仪器及其使用;离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)①仪器a的名称分液漏斗,装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+ Mn2++Cl2↑+2H2O;
②氯气和装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠,C瓶溶液的溶质是NaCl、NaClO、NaOH;
③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是:溶液中存在平衡Cl2+H2O HCl+HClO,HCO3-消耗H+,使平衡右移,HClO浓度增大;(2)①步骤I的C瓶中反应的离子方程式为:ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O;
②紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO光照分解;通常选用淀粉溶液作指示剂,滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时,溶液由蓝色变为无色,且半分钟不变色;
③由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-,由方程式可得关系式
NaClO~I2~ 2S2O32-
1 2
n 0.1000mol/L×0.024L=0.0024mol
则n=0.0012mol,则C瓶溶液中NaClO的含量为 =4.47g/L。
【分析】(1) ① 根据仪器结构特点可知其名称;根据氧化还原反应的特点书写离子方程式;
② 根据氯气和氢氧化钠溶液反应的产物分析解答;
③ 根据溶液中水解平衡结合平衡移动原理分析;
(2) ① 书写离子方程式时注意遵循电荷守恒、原子守恒等;
② 根据次氯酸的性质分析;根据溶液中颜色变化来确定滴定终点;
③ 根据方程式中的关系式列式计算即可得出答案。
三、工业流程
9.(2019·江西模拟)硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂,也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料,采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示:
请回答下列问题:
(1)若步骤①中得到的氧化产物只有一种,则它的化学式是   。
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式:   。
(3)步骤⑤包括用pH=2的溶液酸洗、水洗两步操作,酸洗采用的酸是   (写酸的名称)。
(4)上述工艺中,步骤⑥和⑦的作用是   。
(5)Se为ⅥA族元素,用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜,硒代硫酸钠还可用于Se的精制,写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式:   。
(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析,流程化生产氯化亚铜的过程中,温度过低影响CuCl产率的原因是   ;温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是   。
【答案】(1)CuSO4
(2)2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+
(3)硫酸
(4)使CuCl干燥,防止其水解氧化
(5)Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O
(6)温度过低反应速率慢;温度过高、pH过大,容易向CuO和Cu2O转化,且温度过高,铵盐(氯化铵,亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可)
【知识点】氧化还原反应;化学反应速率的影响因素;离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应,酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,将铜元素氧化为铜离子,氧化产物只有一种,则为CuSO4;(2)步骤③的反应为:2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+;(3)由流程可知,经酸洗、水洗后得到硫酸铵,则应加入硫酸,为防止CuCl溶解,不能加入硝酸等氧化性酸,也不能加入盐酸,防止引入新杂质;(4)由题:CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化,步骤⑥醇洗,步骤⑦烘干,目的是:使CuCl干燥,防止其水解氧化;(5)硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应为:Na2SeSO3+H2SO4═Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O;(6)流程化生产氯化亚铜的过程中,温度过低反应速率慢,CuCl产率低;温度过高、pH过大,容易向CuO和Cu2O转化,且温度过高,铵盐(氯化铵,亚硫酸铵)易受热分解;
【分析】(1)酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,根据氧化还原反应的特点分析;
(2)书写离子方程式时注意遵循电荷守恒原子守恒等;
(3)由流程可知,经酸洗、水洗后得到硫酸铵,据此分析解答;
(4)根据流程结合醇洗,烘干的过程分析解答;
(5)在书写方程式时注意标注对应的气体与沉淀符号;
(6)根据图象分析pH值大小对 CuCl产率的影响原因,据此分析解答。
四、综合题
10.(2019·江西模拟)碳和氮的化合物在生产生活中广泛存在。回答下列问题:
(1)催化转化器可使汽车尾气中的主要污染物(CO、NOx、碳氢化合物)进行相互反应,生成无毒物质,减少汽车尾气污染。
已知:N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5 kJ/mol;
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-221.0 kJ/mol;
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H3=-393.5 kJ/mol
则尾气转化反应2NO(g)
+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H=   。
(2)氨是一种重要的化工原料,在工农业生产中有广泛的应用。在773 K时,分别将2.00 mol N2和6.00 mol H2充入一个固定容积为1 L的密闭容器中,随着反应的进行,气体混合物中n(H2)、n(NH3)与反应时间(t)的关系如表所示:
t/min 0 5 10 15 20 25 30
n(H2)/mol 6.00 4.50 3.60 3.30 3.03 3.00 3.00
n(NH3)/mol 0 1.00 1.60 1.80 1.98 2.00 2.00
①该温度下,若向同容积的另一容器中投入N2、H2、NH3,其浓度均为3 mol/L,则此时v正   v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
②由表中的实验数据可得到“c—t”的关系,如图1所示,表示c(N2)—t的曲线是   。在此温度下,若起始充入4 mol N2和12 mol H2,则反应刚达到平衡时,表示c(H2)—t的曲线上相应的点为   。
(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气,有人利用反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) △H=-34.0kJ/mol,用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体,保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图2所示:
①由图可知,1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大,其原因为   ;在1100K时,CO2的体积分数为   。
②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1050K、1.1×106Pa时,该反应的化学平衡常数Kp=   [已知:气体分压(P分)=气体总压(Pa)×体积分数]。
(4)在酸性电解质溶液中,以惰性材料作电极,将CO2转化为丙烯的原理如图3所示
①太阳能电池的负极是   (填“a”或“b”)
②生成丙烯的电极反应式是   。
【答案】(1)-746.5 kJ /mol
(2)大于;乙;B
(3)1050K前反应未达到平衡状态,随着温度升高,反应速率加快,NO转化率增大;20%;4
(4)a;3CO2+18H++18e-=C3H6+6H2O
【知识点】盖斯定律及其应用;化学平衡的影响因素;原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)已知:①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ/mol;
②2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221.0kJ/mol;
③C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol,根据盖斯定律③×2-②-①可得:2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=-746.5kJ/mol;(2)①该温度下,25 min时反应处于平衡状态,平衡时c(N2)=1 mol/L、c(H2)=3 mol/L、c(NH3)=2 mol/L,则K= = ;在该温度下,若向同容积的另一容器中投入N2、H2和NH3,其浓度均为3 mol L-1,则Qc= = ②N2的初始浓度为2mol/L,且浓度逐渐减小,图象中曲线乙符合;起始充入4 mol N2和12 mol H2,相当于将充入2.00 mol N2和6.00 mol H2的两个容器“压缩”为一个容器,假设平衡不移动,则平衡时c(H2)=6 mol/L,而“压缩”后压强增大,反应速率加快,平衡正向移动,故平衡时3 mol/L  C(s)+ 2NO(g) N2(g)+ CO2(g)
起始(mol)   2 0 0
转化(mol)   0.8 0.4 0.4
平衡(mol)   1.2 0.4 0.8
CO2的体积分数= ×100%=20%;
②在1050K、1.1×106Pa时,NO的转化率为80%,则
  C(s)+ 2NO(g) N2(g)+ CO2(g)
起始(mol)   2 0 0
转化(mol)   1.6 0.8 0.8
平衡(mol)   0.4 0.8 0.8
可知平衡时p(NO)=0.2P总,p(N2)=0.4p总,p(CO2)=0.4p总,Kp= =4;(4)①在燃料电池中,负极通燃料,正极通氧气,故a是负极,b为正极;
②电解时,二氧化碳在b极上生成丙烯,得到电子的一极为电源的正极,则生成丙烯的电极反应式为:3CO2+18H++18e-=C3H6+6H2O。
【分析】(1)利用盖斯定律计算反应的 △H ;
(2) ① 根据表格信息计算该温度下,25 min时反应的K、Qc的数值,并进行大小比较分析即可;
② 根据N2的初始浓度选择曲线乙,再结合增大压强平衡正向移动分析;
(3) ① 反应未达平衡状态,随着温度升高,反应速率加快,再结合题干信息利用三段式法计算;
② 根据题干信息结合Kp的表达式列式计算即可;
(4)燃料电池中,负极通燃料,正极通氧气;正极得电子发生还原反应,再结合溶液的酸碱性书写电极反应式;据此解答。
五、推断题
11.(2019·淮北模拟)H(3一溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯)是重要的有机物中间体,可以由A(C7H8)通过下图路线 合成。
请回答下列问题:
(1)C的化学名称为   ,G中所含的官能团有醚键、   、   (填名称)。
(2)B的结构简式为   ,B生成C的反应类型为   。
(3)由G生成H的化学方程式为   。E→F是用“H2/Pd”将硝基转化为氨基,而C→D选用的是(NH4)2S,其可能的原因是   。
(4)化合物F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有   种。
①氨基和羟基直接连在苯环上 ②苯环上有三个取代基且能发生水解反应
(5)设计用对硝基乙苯 为起始原料制备化合物 的合成路线(其他试剂任选)。   
【答案】(1)3,5-二硝基苯甲酸;羧基;溴原子
(2);取代反应
(3);防止两个硝基都转化为氨基
(4)30
(5)
【知识点】有机物中的官能团;有机化合物的命名;有机物的合成;同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)由于羧基定位能力比硝基强,故C名称为3,5-二硝基苯甲酸,由结构式可知G中含官能团名称有醚键、羧基、溴原子。
故答案为:3,5-二硝基甲酸;羧基;溴原子。(2)根据框图C结构逆向推理,B为苯甲酸,结构简式为 ;A为甲苯,B生成C是在浓硫酸作用下硝酸中硝基取代苯环上的氢,所以B生成C反应类型为硝化反应,是取代反应中一种。
故答案为: ;取代反应。(3)由G生成H反应为G与CH3OH在浓硫酸、加热的作用下发生的酯化反应,化学方程式为 ;C→D、E→F都是将硝基还原为氨基,但选用了不同条件,E的结构尚保留一个硝基,可以推知D的结构中也有一个硝基,故C→D反应中,(NH4)2S只将其中一个硝基还原,避免用H2/Pd将C中所有的硝基都转化为氨基。
故答案为: ;防止两个硝基都转化为氨基。(4)化合物F苯环上有3个不同取代基,其中有氨基和羟基直接连在苯环上,先将2个取代基分别定于邻、对、间三种位置,第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式,故有10种同分异构体,环上有3个不同取代基,其中两个取代基是氨基和羟基,另一种取代基有三种情况,-OOCCH3、-CH2OOCH、-COOCH3,化合物F的同分异构体中能同时满足条件的共有10×3=30种。
故答案为:30。(5)根据缩聚反应规律, 可以推出聚合物单体的结构,而由原料合成该单体,需要将苯环上的乙基氧化为羧基和硝基还原为氨基,由于氨基可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,故而合成中需要先氧化,再还原,合成路线流程图示如下 ,依试题框图信息,还原硝基的条件也可以选择(NH4)2S。
故答案为: 。
【分析】(1)根据有机物的命名原则分析;根据有机物官能团的结构、特点分析;
(2)根据有机合成路线分析B的结构简式;根据取代反应的特点分析解答;
(3)根据酯化反应的特点书写方程式,并注意标注反应条件;
(4)根据同分异构体的概念特点分析解答;
(5)根据官能团的结构特点以有机反应类型分析有机合成路线,据此解答即可。
江西省师范大学附属中学2018-2019学年高考化学三模考试试卷
一、单选题
1.(2019·江西模拟)化学与社会、生产、生活密切相关,下列说法正确的是(  )
A.汽车尾气中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃烧造成的
B.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关
C.液氯罐泄漏时,可将其移入水塘中,并向水塘中加入熟石灰
D.工程兵开山使用的炸药“TNT”是有机高分子化合物
2.(2019·江西模拟)设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(  )
A.14g乙烯和丙烯的混合物中极性键数目为2NA
B.标准状况下, 与 在光照条件下反应生成HCl分子数为
C.容器中2molNO与1molO2充分反应,产物的分子数为2NA
D.电解精炼铜时阳极减轻32 g,电路中转移电子数目一定为NA
3.(2019·江西模拟)降冰片二烯类化合物是一类太阳能储能材料。降冰片二烯在紫外线照射下可以发生下列转化。下列说法错误的是(  )
A.降冰片二烯与四环烷互为同分异构体
B.降冰片二烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C.四环烷的一氯代物超过三种(不考虑立体异构)
D.降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超过4个
4.(2019·江西模拟)根据下列实验操作,预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是(  )
  实验操作 预测实验现象 实验结论或解释
A 向FeI2溶液中滴入足量溴水,加入CCl4,振荡,静置 下层溶液显紫红色 氧化性:Fe3+>I2
B 向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热 有砖红色沉淀生成 葡萄糖具有还原性
C 常温下,将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中,用淀粉碘化钾试液检验 试液不变蓝 常温下,浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应
D 向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中,滴加少量NaOH溶液 产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 NH4++OH- = NH3↑+H2O
A.A B.B C.C D.D
5.(2019·江西模拟)短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递増,其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期,Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是(  )
A.X的简单氢化物溶于水显酸性
B.Y的氧化物是离子化合物
C.Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质
D.X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸
6.(2019·江西模拟)电渗析法淡化海水装置示意图如下,电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列,将电解槽分隔成多个独立的间隔室,海水充满在各个间隔室中。通电后,一个间隔室的海水被淡化,而其相邻间隔室的海水被浓缩,从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是(  )
A.离子交换膜b为阳离子交换膜
B.各间隔室的排出液中,①③⑤⑦为淡水
C.通电时,电极l附近溶液的pH比电极2附近溶液的pH变化明显
D.淡化过程中,得到的浓缩海水没有任何使用价值
7.(2019·江西模拟)常温下,向10 mL0.1 mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氨水,所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是(  )
A.各点溶液中的阳离子浓度总和大小关系:d>c>b>a
B.常温下,R- 的水解平衡常数数量级为10 -9
C.a点和d点溶液中,水的电离程度相等
D.d点的溶液中,微粒浓度关系:c(R-)+2c(HR)=c(NH3 H2O)
二、实验题
8.(2019·江西模拟)“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名,在日常生活中使用广泛,其有效成分是NaClO。某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液,并进行性质探究和成分测定。
(1)该学习小组按上图装置进行实验(部分夹持装置省去),反应一段时间后,分别取B、C瓶中的溶液进行实验,实验现象如下表。
已知:①饱和 NaClO溶液pH为11;
②25℃时,弱酸电离常数为:H2CO3:K1=4.4×10-7,K2=4.7×10-11;HClO:K=3×10-8
实验步骤 实验现象
B瓶 C瓶
实验1:取样,滴加紫色石蕊试液 变红,不褪色 变蓝,不褪色
实验2:测定溶液的pH 3 12
回答下列问题:
①仪器a的名称   ,装置A中发生反应的离子方程式   。
②C瓶溶液中的溶质是NaCl、   (填化学式)。
③若将C瓶溶液换成 NaHCO3溶液,按上述操作步骤进行实验,C瓶现象为:实验1中紫色石蕊试液立即褪色;实验2中溶液的pH=7.结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因   
(2)测定C瓶溶液中NaClO含量(单位:g/L)的实验步骤如下:
Ⅰ.取C瓶溶液20mL于锥形瓶中,加入硫酸酸化,加入过量KI溶液,盖紧瓶塞并在暗处充分反应。
Ⅱ.用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液,淀粉溶液显示终点后,重复操作2~3次,Na2S2O3溶液的平均用量为24.00mL。(已知:I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)
①步骤I的C瓶中发生反应的离子方程式为   。
②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因   滴定至终点的现象   。
③C瓶溶液中NaClO含量为   g/L(保留2位小数)
三、工业流程
9.(2019·江西模拟)硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂,也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料,采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示:
请回答下列问题:
(1)若步骤①中得到的氧化产物只有一种,则它的化学式是   。
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式:   。
(3)步骤⑤包括用pH=2的溶液酸洗、水洗两步操作,酸洗采用的酸是   (写酸的名称)。
(4)上述工艺中,步骤⑥和⑦的作用是   。
(5)Se为ⅥA族元素,用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜,硒代硫酸钠还可用于Se的精制,写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式:   。
(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析,流程化生产氯化亚铜的过程中,温度过低影响CuCl产率的原因是   ;温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是   。
四、综合题
10.(2019·江西模拟)碳和氮的化合物在生产生活中广泛存在。回答下列问题:
(1)催化转化器可使汽车尾气中的主要污染物(CO、NOx、碳氢化合物)进行相互反应,生成无毒物质,减少汽车尾气污染。
已知:N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5 kJ/mol;
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-221.0 kJ/mol;
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H3=-393.5 kJ/mol
则尾气转化反应2NO(g)
+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H=   。
(2)氨是一种重要的化工原料,在工农业生产中有广泛的应用。在773 K时,分别将2.00 mol N2和6.00 mol H2充入一个固定容积为1 L的密闭容器中,随着反应的进行,气体混合物中n(H2)、n(NH3)与反应时间(t)的关系如表所示:
t/min 0 5 10 15 20 25 30
n(H2)/mol 6.00 4.50 3.60 3.30 3.03 3.00 3.00
n(NH3)/mol 0 1.00 1.60 1.80 1.98 2.00 2.00
①该温度下,若向同容积的另一容器中投入N2、H2、NH3,其浓度均为3 mol/L,则此时v正   v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
②由表中的实验数据可得到“c—t”的关系,如图1所示,表示c(N2)—t的曲线是   。在此温度下,若起始充入4 mol N2和12 mol H2,则反应刚达到平衡时,表示c(H2)—t的曲线上相应的点为   。
(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气,有人利用反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) △H=-34.0kJ/mol,用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体,保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图2所示:
①由图可知,1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大,其原因为   ;在1100K时,CO2的体积分数为   。
②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1050K、1.1×106Pa时,该反应的化学平衡常数Kp=   [已知:气体分压(P分)=气体总压(Pa)×体积分数]。
(4)在酸性电解质溶液中,以惰性材料作电极,将CO2转化为丙烯的原理如图3所示
①太阳能电池的负极是   (填“a”或“b”)
②生成丙烯的电极反应式是   。
五、推断题
11.(2019·淮北模拟)H(3一溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯)是重要的有机物中间体,可以由A(C7H8)通过下图路线 合成。
请回答下列问题:
(1)C的化学名称为   ,G中所含的官能团有醚键、   、   (填名称)。
(2)B的结构简式为   ,B生成C的反应类型为   。
(3)由G生成H的化学方程式为   。E→F是用“H2/Pd”将硝基转化为氨基,而C→D选用的是(NH4)2S,其可能的原因是   。
(4)化合物F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有   种。
①氨基和羟基直接连在苯环上 ②苯环上有三个取代基且能发生水解反应
(5)设计用对硝基乙苯 为起始原料制备化合物 的合成路线(其他试剂任选)。   
答案解析部分
1.【答案】C
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A.汽车尾气中的氮氧化合物是汽车发动机中N2与O2在电火花作用下发生反应产生的,A不符合题意;
B.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与二氧化硅有关,B不符合题意;
C.液氯罐泄漏时,可将其移入水塘中,并向水塘中加入熟石灰,二者发生反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水,从而消除了Cl2的毒性及危害,C符合题意;
D.炸药“TNT”是三硝基甲苯,不是搞高分子化合物,D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】A、汽油或柴油中不含N元素;
B、信号传输与二氧化硅有关;
C、根据两者接触发生反应生成了Ca(ClO)2,据此分析;
D、炸药的成分是三硝基甲苯,不是高分子化学物,据此解答。
2.【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算;阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.乙烯和丙烯最简式是CH2,最简式的式量是14,所以14g乙烯和丙烯的混合物中含有1molCH2,则其中含有的极性键C-H数目为2NA,A符合题意;
B.取代反应是逐步进行的,不可能完全反应,所以标准状况下,22.4LCH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数小于4NA,B不符合题意;
C.容器中2molNO与1molO2充分反应会产生2molNO2,NO2会有部分发生反应产生N2O4,因此最后得到的气体分子数目小于2NA,C不符合题意;
D.在阳极反应的金属有Cu,还有活动性比Cu强的金属,因此电解精炼铜时阳极减轻32 g,电路中转移电子数目不一定为NA,D不符合题意;
故答案为:A。
【分析】A、先计算出混合物的物质的量,据此分析解答;
B、甲烷与氯气发生的取代反应是逐步进行的;
C、NO2会有部分发生反应产生N2O4,据此分析;
D、在阳极上可能含有其他的金属发生反应,据此分析解答。
3.【答案】C
【知识点】有机物中的官能团;同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A.降冰片二烯与四环烷分子式相同,结构不同,因此二者互为同分异构体,A不符合题意;
B.降冰片二烯分子中含有碳碳双键,因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色,B不符合题意;
C.四环烷含有三种位置的H原子,因此其一氯代物有三种,C符合题意;
D.根据乙烯分子是平面分子,与碳碳双键连接的C原子在碳碳双键所在的平面上,所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子为4个,D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】 A、根据同分异构体的概念分析;
B、碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色,据此分析;
C、根据其含有等效氢的种类分析;
D、根据有机物的结构及含有的官能团的特征分析解答。
4.【答案】C
【知识点】氧化还原反应;食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验
【解析】【解答】A.由于Br2具有强的氧化性,所以向FeI2溶液中滴入足量溴水,Fe2+、I-都被氧化,Fe2+被氧化为Fe3+,I-被氧化为I2单质,由于I2容易溶于CCl4,而CCl4与水互不相容,密度比水大,因此加入CCl4,振荡,静置,会看到液体分层,下层为I2的CCl4溶液层但不能证明氧化性:Fe3+>I2,A不符合题意;
B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液,使溶液显碱性,然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热,会看到产生砖红色沉淀,证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性,B不符合题意;
C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气,因此用淀粉碘化钾试液检验,不能使试纸变为蓝色,C符合题意;
D.向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中,滴加少量NaOH溶液,首先发生反应:Al3++3OH-=Al(OH)3↓,D不符合题意;
故答案为:C。
【分析】 A、根据氧化性的强弱及分液的特点分析解答;
B、根据葡萄糖具有还原性进行分析;
C、浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气,据此解答;
D、碱少量的时候,加入铝离子发生反应生成氢氧化铝,据此解答。
5.【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】考查原子核外电子的排布规律。Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍,说明Z原子的最外层电子数是6个,Y的最外层电子数是2,因此X的最外层电子数是5,即X是N。X与Y、Z位于相邻周期,所以Y是镁,Z是硫。氨气的水溶液显碱性,A不符合题意。
B.氧化镁是活泼的金属和活泼的非金属形成的,属于离子化合物,B符合题意。
C.H2S具有还原性,容易被氧化,C不符合题意。
D.硝酸和硫酸都是强酸,D不符合题意。
故答案为:B。
【分析】A、根据X在周期表中的位置结合其自身的特点分析;
B、离子化合物是由活泼的金属和活泼的非金属形成的;
C、根据H2S的性质特点分析;
D、硝酸和硫酸都是强酸,据此分析解答。
6.【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】图中分析可知,电极1为电解池阳极,氯离子放电生成氯气,电极反应为:2Cl--2e-=Cl2↑,电极2为阴极,溶液中氢离子得到电子生成氢气,电极反应2H++2e-=H2↑,实线对应的半透膜是阳离子半透膜,虚线是阴离子半透膜。
A.分析可知b为阴离子交换膜,A不符合题意;
B.实线对应的半透膜是阳离子半透膜,虚线是阴离子半透膜,结合阴阳离子移向可知,各间隔室的排出液中,①③⑤⑦为淡水,B符合题意;
C.通电时,阳极电极反应:2Cl--2e-=Cl2↑,阴极电极反应,2H++2e-=H2↑,电极2附近溶液的pH比电极1附近溶液的pH变化明显,C不符合题意;
D.淡化过程中,得到的浓缩海水可以提取氯化钠、镁、溴等,有使用价值,D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】在电解池中,与电源负极相连的为电解池的阴极,得电子化合价降低发生还原反应;与电源正极相连的为电解池的阳极,失电子化合价升高发生氧化反应;据此进行分析解答。
7.【答案】B
【知识点】化学平衡常数;电解质溶液的导电性;弱电解质在水溶液中的电离平衡;盐类水解的应用
【解析】【解答】A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关,根据图象可知,b点导电能力最强,d点最弱,A不符合题意;
B.根据图象可知,0.1mol/L的HR溶液的pH=3,则c(R-)≈c(H+)=10-3mol/L,c(HR)≈0.1mol/L,HR的电离平衡常数Ka= =10-5,则R-的水解平衡常数数Kh= =10-9,B符合题意;
C.a、d两点导电能力相等,但溶液的pH分别为4、8,都抑制了水的电离,a点c(H+)=10-4mol/L,d点c(OH-)=10-6mol/L,所以对水的电离程度的影响不同,C不符合题意;
D.d点加入20mL等浓度的氨水,反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3 H2O,根据物料守恒可得:2c(HR)+2c(R-)=c(NH3 H2O)+c(NH4+),因溶液呈碱性,NH3 H2O的电离程度大于NH4+的水解程度,则c(NH4+)>c(NH3 H2O),则c(HR)+c(R-)>c(NH3 H2O),D不符合题意;
故答案为:B。
【分析】A、溶液导电能力与溶液中离子浓度有关;
B、根据图像信息先计算出HR的电离平衡常数Ka,进一步计算R-的水解平衡常数数Kh;
C、根据两点溶液中氢离子的浓度不同可知对水的电离程度的影响不同;
D、根据溶液中物料守恒、NH3 H2O的电离程度大于NH4+的水解程度,据此分析解答。
8.【答案】(1)分液漏斗;MnO2+2Cl-+4H+ Cl2↑+Mn2++2H2O;NaClO、NaOH;溶液中存在平衡Cl2+H2O HCl+HClO,HCO3-消耗H+,使平衡右移,HClO浓度增大
(2)ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O;防止HClO分解(防止Cl2、I2逸出);当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时,溶液由蓝色变为无色,且半分钟不变色;4.47
【知识点】化学平衡移动原理;盐类水解的应用;常用仪器及其使用;离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)①仪器a的名称分液漏斗,装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+ Mn2++Cl2↑+2H2O;
②氯气和装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠,C瓶溶液的溶质是NaCl、NaClO、NaOH;
③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是:溶液中存在平衡Cl2+H2O HCl+HClO,HCO3-消耗H+,使平衡右移,HClO浓度增大;(2)①步骤I的C瓶中反应的离子方程式为:ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O;
②紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO光照分解;通常选用淀粉溶液作指示剂,滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时,溶液由蓝色变为无色,且半分钟不变色;
③由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-,由方程式可得关系式
NaClO~I2~ 2S2O32-
1 2
n 0.1000mol/L×0.024L=0.0024mol
则n=0.0012mol,则C瓶溶液中NaClO的含量为 =4.47g/L。
【分析】(1) ① 根据仪器结构特点可知其名称;根据氧化还原反应的特点书写离子方程式;
② 根据氯气和氢氧化钠溶液反应的产物分析解答;
③ 根据溶液中水解平衡结合平衡移动原理分析;
(2) ① 书写离子方程式时注意遵循电荷守恒、原子守恒等;
② 根据次氯酸的性质分析;根据溶液中颜色变化来确定滴定终点;
③ 根据方程式中的关系式列式计算即可得出答案。
9.【答案】(1)CuSO4
(2)2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+
(3)硫酸
(4)使CuCl干燥,防止其水解氧化
(5)Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O
(6)温度过低反应速率慢;温度过高、pH过大,容易向CuO和Cu2O转化,且温度过高,铵盐(氯化铵,亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可)
【知识点】氧化还原反应;化学反应速率的影响因素;离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应,酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,将铜元素氧化为铜离子,氧化产物只有一种,则为CuSO4;(2)步骤③的反应为:2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+;(3)由流程可知,经酸洗、水洗后得到硫酸铵,则应加入硫酸,为防止CuCl溶解,不能加入硝酸等氧化性酸,也不能加入盐酸,防止引入新杂质;(4)由题:CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化,步骤⑥醇洗,步骤⑦烘干,目的是:使CuCl干燥,防止其水解氧化;(5)硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应为:Na2SeSO3+H2SO4═Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O;(6)流程化生产氯化亚铜的过程中,温度过低反应速率慢,CuCl产率低;温度过高、pH过大,容易向CuO和Cu2O转化,且温度过高,铵盐(氯化铵,亚硫酸铵)易受热分解;
【分析】(1)酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,根据氧化还原反应的特点分析;
(2)书写离子方程式时注意遵循电荷守恒原子守恒等;
(3)由流程可知,经酸洗、水洗后得到硫酸铵,据此分析解答;
(4)根据流程结合醇洗,烘干的过程分析解答;
(5)在书写方程式时注意标注对应的气体与沉淀符号;
(6)根据图象分析pH值大小对 CuCl产率的影响原因,据此分析解答。
10.【答案】(1)-746.5 kJ /mol
(2)大于;乙;B
(3)1050K前反应未达到平衡状态,随着温度升高,反应速率加快,NO转化率增大;20%;4
(4)a;3CO2+18H++18e-=C3H6+6H2O
【知识点】盖斯定律及其应用;化学平衡的影响因素;原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)已知:①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ/mol;
②2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221.0kJ/mol;
③C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol,根据盖斯定律③×2-②-①可得:2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=-746.5kJ/mol;(2)①该温度下,25 min时反应处于平衡状态,平衡时c(N2)=1 mol/L、c(H2)=3 mol/L、c(NH3)=2 mol/L,则K= = ;在该温度下,若向同容积的另一容器中投入N2、H2和NH3,其浓度均为3 mol L-1,则Qc= = ②N2的初始浓度为2mol/L,且浓度逐渐减小,图象中曲线乙符合;起始充入4 mol N2和12 mol H2,相当于将充入2.00 mol N2和6.00 mol H2的两个容器“压缩”为一个容器,假设平衡不移动,则平衡时c(H2)=6 mol/L,而“压缩”后压强增大,反应速率加快,平衡正向移动,故平衡时3 mol/L  C(s)+ 2NO(g) N2(g)+ CO2(g)
起始(mol)   2 0 0
转化(mol)   0.8 0.4 0.4
平衡(mol)   1.2 0.4 0.8
CO2的体积分数= ×100%=20%;
②在1050K、1.1×106Pa时,NO的转化率为80%,则
  C(s)+ 2NO(g) N2(g)+ CO2(g)
起始(mol)   2 0 0
转化(mol)   1.6 0.8 0.8
平衡(mol)   0.4 0.8 0.8
可知平衡时p(NO)=0.2P总,p(N2)=0.4p总,p(CO2)=0.4p总,Kp= =4;(4)①在燃料电池中,负极通燃料,正极通氧气,故a是负极,b为正极;
②电解时,二氧化碳在b极上生成丙烯,得到电子的一极为电源的正极,则生成丙烯的电极反应式为:3CO2+18H++18e-=C3H6+6H2O。
【分析】(1)利用盖斯定律计算反应的 △H ;
(2) ① 根据表格信息计算该温度下,25 min时反应的K、Qc的数值,并进行大小比较分析即可;
② 根据N2的初始浓度选择曲线乙,再结合增大压强平衡正向移动分析;
(3) ① 反应未达平衡状态,随着温度升高,反应速率加快,再结合题干信息利用三段式法计算;
② 根据题干信息结合Kp的表达式列式计算即可;
(4)燃料电池中,负极通燃料,正极通氧气;正极得电子发生还原反应,再结合溶液的酸碱性书写电极反应式;据此解答。
11.【答案】(1)3,5-二硝基苯甲酸;羧基;溴原子
(2);取代反应
(3);防止两个硝基都转化为氨基
(4)30
(5)
【知识点】有机物中的官能团;有机化合物的命名;有机物的合成;同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)由于羧基定位能力比硝基强,故C名称为3,5-二硝基苯甲酸,由结构式可知G中含官能团名称有醚键、羧基、溴原子。
故答案为:3,5-二硝基甲酸;羧基;溴原子。(2)根据框图C结构逆向推理,B为苯甲酸,结构简式为 ;A为甲苯,B生成C是在浓硫酸作用下硝酸中硝基取代苯环上的氢,所以B生成C反应类型为硝化反应,是取代反应中一种。
故答案为: ;取代反应。(3)由G生成H反应为G与CH3OH在浓硫酸、加热的作用下发生的酯化反应,化学方程式为 ;C→D、E→F都是将硝基还原为氨基,但选用了不同条件,E的结构尚保留一个硝基,可以推知D的结构中也有一个硝基,故C→D反应中,(NH4)2S只将其中一个硝基还原,避免用H2/Pd将C中所有的硝基都转化为氨基。
故答案为: ;防止两个硝基都转化为氨基。(4)化合物F苯环上有3个不同取代基,其中有氨基和羟基直接连在苯环上,先将2个取代基分别定于邻、对、间三种位置,第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式,故有10种同分异构体,环上有3个不同取代基,其中两个取代基是氨基和羟基,另一种取代基有三种情况,-OOCCH3、-CH2OOCH、-COOCH3,化合物F的同分异构体中能同时满足条件的共有10×3=30种。
故答案为:30。(5)根据缩聚反应规律, 可以推出聚合物单体的结构,而由原料合成该单体,需要将苯环上的乙基氧化为羧基和硝基还原为氨基,由于氨基可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,故而合成中需要先氧化,再还原,合成路线流程图示如下 ,依试题框图信息,还原硝基的条件也可以选择(NH4)2S。
故答案为: 。
【分析】(1)根据有机物的命名原则分析;根据有机物官能团的结构、特点分析;
(2)根据有机合成路线分析B的结构简式;根据取代反应的特点分析解答;
(3)根据酯化反应的特点书写方程式,并注意标注反应条件;
(4)根据同分异构体的概念特点分析解答;
(5)根据官能团的结构特点以有机反应类型分析有机合成路线,据此解答即可。

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