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  • 2021-08-24 发布

安徽省滁州市九校联谊会 2018-2019学年高二下学期期末联考试题化学试题

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安徽省滁州市九校联谊会(滁州二中、定远二中等11校)‎ ‎2018-2019学年高二下学期期末联考化学试题 ‎1.化学使人们的生活越来越美好,下列过程没有涉及化学反应的是 A. 用四氯化碳萃取碘水中的碘 B. 用氯化铁溶液刻制印刷电路 C. 用漂白粉漂白纸张 D. 用油脂和氢氧化钠溶液制取肥皂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用四氯化碳萃取碘水中的碘,过程为碘单质从水中转移到四氯化碳中,为物理变化,A正确;‎ B.用氯化铁溶液刻制印刷电路,发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,为化学变化,B错误;‎ C.用漂白粉漂白纸张,次氯酸变为氯离子,为化学变化,C错误;‎ D.用油脂和氢氧化钠溶液制取肥皂,油脂与NaOH反应生成丙三醇和高级脂肪酸钠,为化学变化,D错误;‎ 答案为A。‎ ‎2.下列关于有机化合物的说法错误的是 A. 甲烷、苯、乙醇和乙酸均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. C4H8Cl2有9种同分异构体(不含立体异构)‎ C. 双糖、多糖、油脂和蛋白质都能发生水解反应 D. 石油经裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.乙醇与高锰酸钾反应生成乙酸,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,A错误;‎ B.4C的碳链有正、异2种结构,根据1固定1游动原则,如图,固定在绿色1时,有4种,固定在绿色2时,有2种;含有一个支链时,如图,3种,则C4H8Cl2有9种同分异构体(不含立体异构),B正确;‎ C. 双糖、多糖、油脂和蛋白质都能发生水解反应,C正确;‎ D.石油经裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料,D正确;‎ 答案为A。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下,11.2LCH2Cl2中含有的分子数目为0.5NA B. 密闭容器中,2mol SO2和1mol O2催化反应后,转移的电子数目为4NA C. 46gNO2和N2O4混合物中含有的氧原子数目为2NA D. 1mol乙醇分子中含有的极性键数目为8NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下,CH2Cl2为液体,无法用气体摩尔体积计算其物质的量,A错误;‎ B.密闭容器中,2mol SO2和1mol O2催化反应后,反应为可逆反应,转移的电子数目小于4NA,B错误;‎ C. NO2、N2O4的最简式相同,为NO2,46gNO2和N2O4混合物中含有的氧原子的物质的量为46g/46g/mol×2=2mol,即数目2NA,C正确;‎ D.乙醇的结构简式为CH3CH2OH,含有5条C-H键、1条C-C键、1条C-O键、1条H-O键,C-C键为非极性键,则1mol乙醇分子中含有的极性键数目为7NA,D错误;‎ 答案为C;‎ ‎【点睛】可逆反应中,反应物不能够完全反应,则不能根据提供量计算转移电子数目。‎ ‎4.a、b、c,d为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。a与d同族,d在地壳中的含量仅次于氧;b的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色;c+与氖原子的电子层结构相同。下列说法正确的是 A. d的单质常用于制造光导纤维 B. 简单氢化物的热稳定性:d>a C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性:b>a>d D. 由氢、氧、a和b组成的化合物一定是无机物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ d在地壳中的含量仅次于氧,则d为Si;a与d同族,则a为C;b的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色,为氨气,则b为N;c+与氖原子的电子层结构相同,则c为Na。‎ ‎【详解】A.d的氧化物二氧化硅常用于制造光导纤维,A错误;‎ B.a、d分别为C、Si,同族,非金属性依次减弱,则简单氢化物的热稳定性:a>d,B错误;‎ C.a、b、d分别为C、N、Si,最高价氧化物对应的水化物的酸性:硝酸>碳酸>硅酸,C正确;‎ D.由氢、氧、a和b组成的化合物可能是无机物,还可能为有机物,如氨基酸,为有机物,D错误;‎ 答案为C。‎ ‎5.工业制备合成氨原料气过程中存在反应:CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=-41kJ·mol-1,下列判断正确的是 A. 该反应的逆反应是放热反应 B. 反应物总能量小于生成物总能量 C. 反应中生成22.4LH2(g),放出41kJ热量 D. 反应中消耗1mol CO(g),放出41kJ热量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.已知该反应的焓变小于零,则正反应是放热反应,逆反应为吸热反应,A错误;‎ B.反应为放热反应,则反应物总能量大于生成物总能量,B错误;‎ C.反应中生成标况下的22.4LH2(g),放出41kJ热量,C错误;‎ D.反应中消耗1molCO(g),则有1molCO2(g)、1molH2(g)生成,则放出41kJ热量,D正确;‎ 答案为D;‎ ‎【点睛】气体为标况下时,可用22.4L/mol计算其物质的量。‎ ‎6.已达到平衡的可逆反应,增大压强后,反应速率(v)变化如图所示。该反应是 A. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) B. C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)‎ C. H2(g)+I2(g) 2HI(g) D. Fe3+(aq)+3SCN-(aq) Fe(SCN)3(aq)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像可知,达到平衡后,增大压强,正逆反应速率均增大,平衡不移动,则可逆反应两边的气体计量数的和相等;‎ ‎【详解】A. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g),等式两边气体计量数之和不相等,A错误;‎ B. C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g),等式两边气体计量数之和不相等,B错误;‎ C. H2(g)+I2(g) 2HI(g),等式两边气体计量数之和相等,C正确;‎ D. Fe3+(aq)+3SCN-(aq) Fe(SCN)3(aq) ,等式两边无气体,增大压强反应速率不变,D错误;‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】增大压强,正逆反应速率均增大,则可逆反应中有气体存在,但平衡不移动,则等式两边气体计量数之和相等。‎ ‎7.下列物质的水溶液中只存在一种分子的是 A. CH3CH2OH B. NaOH C. NH4Cl D. HClO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CH3CH2OH为非电解质,水溶液中存在水分子、乙醇分子,A错误;‎ B.NaOH为强电解质,水溶液中完全电离,只存在水分子,B正确;‎ C.NH4Cl为强酸弱碱盐,水溶液中,铵根离子水解生成一水合氨分子,还存在水分子,C错误;‎ D.HClO为弱电解质,水溶液中部分电离,存在水分子、次氯酸分子,D错误;‎ 答案为B。‎ ‎8.pH=11 的 NaOH溶液和 pH=3的醋酸溶液以等体积混合后,所得溶液中 c(Na+ )、 c(CHCOO -) 的正确关系是( )‎ A. c(Na+ )> c(CHCOO -) B. c(Na+ )= c(CHCOO -)‎ C. c(Na+ )< c(CHCOO -) D. 不能确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ NaOH为强电解质,pH=11的NaOH溶液中NaOH的浓度为0.001mol/L;醋酸为弱电解质,在溶液中只部分电离,pH=3的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.001mol/L。两溶液等体积混合后,醋酸过量,溶液显酸性,即c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),可知c(Na+)<c(CH3COO-)。故选C。‎ ‎9.某小组同学用如图装置研究钢铁在海水中的腐蚀与防腐(1中铁片为生铁)。下列说法正确的是 A. 1中只发生化学腐蚀 B. 2中发生的是析氢腐蚀 C. 3为牺牲阳极的阴极保护法 D. 钢铁被腐蚀的速率:2>1>3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1中铁片为生铁,生铁表面形成无数个原电池,发生电化学腐蚀,A错误;‎ B.2中电解质溶液呈中性,发生的是吸氧腐蚀,B错误;‎ C.3为电解池装置,为外加电源的阴极保护法,C错误;‎ D.钢铁被腐蚀的速率顺序为作原电池的负极、化学腐蚀、作电解池的阴极,为2>1>3,D正确;‎ 答案为D。‎ ‎10.如图所示电化学装置(碳棒作电极)的判断合理的是 A. 若Z为氯化铜溶液,则X电极上发生还原反应 B. 若Z为饱和食盐水,则X电极是阴极 C. 若Z为氯化铜溶液,则Y电极上有暗红色物质析出 D. 若Z为饱和食盐水,则碱在X电极附近先生成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图中电子的移动方向,X极失电子,作阳极,则Y为阴极;‎ ‎【详解】A.若Z为氯化铜溶液,则X电极上氯离子失电子,化合价升高,发生氧化反应,A错误;‎ B.若Z为饱和食盐水,则X电极是阳极,B错误;‎ C.若Z为氯化铜溶液,则Y电极上铜离子得电子生成单质铜,有暗红色物质析出,C正确;‎ D.若Z为饱和食盐水,在Y电极上水得电子生成氢气和氢氧根离子,Y电极附近有碱生成,D错误;‎ 答案为C。‎ ‎11.下列有关说法正确的是 A. 反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的△H<0,△S>O B. 硅太阳能电池与铜锌原电池的工作原理相同 C. NO2(g)+SO2(g) NO(g)+SO3(g),其他条件不变,加压,NO2和SO2的转化率均增大 D. 温度不变时,在饱和Na2CO3溶液中加入少量无水碳酸钠粉末,溶液的pH不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的△H<0,气体化学计量数的和,左边大于右边,则△S<0,A错误;‎ B.硅太阳能电池是把太阳能转化为电能,而铜锌原电池是把化学能转化为电能,其工作原理不相同,B错误;‎ C.NO2(g)+SO2(g) NO(g)+SO3(g),其他条件不变,左右两边气体计量数之和相等,加压平衡不移动,NO2和SO2的转化率不变,C错误;‎ D.温度不变时,在饱和Na2CO3溶液中加入少量无水碳酸钠粉末,溶液仍旧为饱和溶液,溶液的水解程度不变,pH不变,D正确;‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】化学平衡中,等式两边的气体计量数之和相等时,增大压强平衡不移动。‎ ‎12.用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液,电解一段时间后,再加入W,能使溶液恢复到电解前的状态,符合题意的一组是(  )‎ X Y Z W A C Fe NaCl H2O B Pt Cu CuSO4‎ Cu(OH)2‎ C C C H2SO4‎ H2O D Ag Fe AgNO3‎ AgNO3晶体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析:电解质在通电一段时间,再加入W,能使溶液恢复到电解前的状态,依据电解原理分析电解了什么物质,要想让电解质复原,就要满足加入溶液中减少的物质。‎ 详解:A.以Fe和C为电极,电解氯化钠,阳极氯离子放电,阴极氢离子放电,通电一段时间后为氢氧化钠溶液,减少的是氯化氢,故A错误;B.以Pt和Cu为电极,电解硫酸铜,阳极氢氧根离子放电,放出氧气,阴极铜离子放电析出铜,减少的是铜和氧元素,需要加入氧化铜或碳酸铜恢复浓度,故B错误;C.以C为电极,电解硫酸,阳极氢氧根离子放电,阴极氢离子放电,相当于电解水,通电一段时间后仍为硫酸溶液,可以加水让溶液复原,故C正确;D.以Ag和Fe为电极,电解AgNO3,阳极银放电,阴极银离子放电,相当于电镀,通电一段时间后仍为AgNO3溶液,且浓度不变,不需要加AgNO3固体恢复原样,故D错误;故选C。‎ 点睛:本题考查学生电解原理的知识,解答本题要注意分析两个电极上产生的物质,本着“出什么加什么”的思想来让电解质复原:电解后从溶液中减少的物质是什么就利用元素守恒来加什么。学习中注意把握电解原理和阴阳离子的放电顺序。‎ ‎13.磷酸亚铁锂(LiIFePO4)电池(如图所示)是新能源汽车的动力电池之一。M电极是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体),电解质为一种能传导Li+的高分子材料,隔膜只允许Li+通过,电池的总反应为LixC6+Li1-xFePO4LiFePO4+6C。下列说法正确的是 A. 放电时,Li+向M电极移动 B. 充电时电路中每通过0.5mol电子,就有36g碳和金属锂复合在一起 C. 放电时,M电极的电极反应为 D. 充电时,N电极的电极反应为LiFePO4-xe-=xLi++Li1-xFePO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原电池中Li电极失电子,作电池的负极;LiFePO4得电子作电池的正极;‎ ‎【详解】A.放电时,原电池内部阳离子向正极移动,即Li+向N极移动,A错误;‎ B.充电时电路中每通过0.5mol电子,则有0.5molLi生成,就有36/xg碳和金属锂复合在一起,B错误;‎ C.放电时,C的化合价未变,Li失电子生成锂离子,M电极的电极反应为LixC-xe-=xLi++6C,C错误;‎ D.充电时,N电极的电极反应为LiFePO4-xe-=xLi++Li1-xFePO4,D正确;‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】原电池放电时,内电路中阳离子向正极移动,阴离子向负极移动;充电时为电解池。‎ ‎14.常温下分别向20.00 mL 0.1000 mol·L-1的氨水、醋酸铵溶液中滴加0.1000mol·L-1的盐酸,溶液pH与加入盐酸体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. M点溶液中c (OH-)>c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(H+)‎ B. N点溶液中c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c(OH-)‎ C. P点溶液中c(NH4+)>2c(CH3COO-)+c(NH3·H2O)‎ D. Q点溶液中2c(Cl-)>c(CH3COOH)+c(NH4+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图像可知,M点溶液为氨水,一水合氨为弱电解质,少量电离,则c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(NH4+)>c(H+),A错误;‎ B.N点溶液为等物质的量的NH3·H2O、NH4Cl的混合液,根据图像可知,溶液显碱性,电离程度大于水解程度,则c(NH4+)>c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-),B错误;‎ C. P点溶液为等物质的量的CH3COOH、CH3COONH4、NH4Cl,c(Cl-)=1/2[c(NH4+)+c(NH3·H2O)],溶液呈电中性c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-),带入化简可得c(NH4+)+2c(H+)=c(NH3·H2O)+2c(CH3COO-)+2c(OH-),根据图像可知,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-‎ ‎),则c(NH4+)<c(NH3·H2O)+2c(CH3COO-),C错误;‎ D. Q点溶液为等物质的量的CH3COOH、NH4Cl,根据物料守恒,2c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(NH3·H2O)+c(NH4+),则2c(Cl-)>c(CH3COOH)+c(NH4+),D正确;‎ 答案为D。‎ ‎15.NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。实验室制备少量NaClO2的装置如图所示。装置I控制温度在35~55°C,通入SO2将NaClO3还原为ClO2(沸点:11°C)。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)装置Ⅰ中反应的离子方程式为__________________。‎ ‎(2)装置Ⅱ中反应的化学方程式为_____________________。‎ ‎(3)装置用中NaOH溶液的作用是_____________。‎ ‎(4)用制得的NaClO4/H2O2酸性复合吸收剂同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时,n(H2O2)/n(NaClO2)和溶液pH对脱硫、脱硝的影响如图所示:‎ ‎①从图1和图2中可知脱硫、脱硝最佳条件是n(H2O2)/n(NaClO2)=________________。pH在_________________之间。‎ ‎②图2中SO2‎ 的去除率随pH的增大而增大,而NO的去除率在pH>5.5时反而减小。NO去除率减小的可能原因是___________________________________。‎ ‎【答案】 (1). SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42- (2). 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2 (3). 吸收尾气,防止污染空气 (4). 6:1或6 (5). 5.5~6.0 (6). pH>5.5以后,随pH增大,NO的还原性减弱(或过氧化氢、NaClO2的氧化性减弱),NO不能被氧化成硝酸 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验目,装置I为二氧化硫与氯酸钠在酸性条件下反应生成二氧化氯气体,二氧化氯气体在装置II反应生成亚氯酸钠和氧气,二氧化氯有毒,未反应的应进行尾气处理,防止污染环境。‎ ‎【详解】(1)装置Ⅰ中二氧化氯与与氯酸钠在酸性条件下反应生成二氧化氯气体、硫酸钠,离子方程式为SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-;‎ ‎(2)装置Ⅱ中二氧化氯气体与双氧水、氢氧化钠溶液反应生成亚氯酸钠和氧气,化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2;‎ ‎(3)二氧化氯有毒,装置用中NaOH溶液的作用为吸收尾气,防止污染空气;‎ ‎(4)①根据图1而可知,n(H2O2)/n(NaClO2)在6~8时,脱硫、脱硝的去除率几乎无变化,则最佳条件是n(H2O2)/n(NaClO2)=6:1;根据图2可知,pH在5.5时NO的去除率达到峰值,而二氧化硫的去除率已经很高,pH在5.5~6.0时最佳;‎ ‎②由于NO的去除率在pH>5.5时,随pH的增大,NO的还原性减弱,过氧化氢、NaClO2的氧化性减弱,NO不能被氧化成硝酸,所以去除率减少。‎ ‎16.半导体工业会产生含氢氟酸的废水。回答下列问题:‎ ‎(1)为了测定某含氢氟酸的废水中HF浓度,量取25.00mL废水,滴入2~3滴酚酞试液,用0.0100mol∙L-1NaOH标准溶液滴定,用去27.00mL。滴定终点的判断方法是____________;废水中的c(HF)=__________________mol∙L-1 (精确到0.0001)。‎ ‎(2)用石灰乳处理含氢氟酸的废水时,会得到含氟底泥(主要含CaF2、CaCO3、CaSO4)。含氟底泥可用于制取氟化钙,其生产流程如下:‎ 已知:氟化钙难溶于水,微溶于无机酸。‎ ‎①“沉淀转化”的目的是将CaSO4转化为CaCO3。从平衡移动的角度分析,沉淀能够转化的原理是____________________________。‎ ‎②最终得到的产品质量比底泥中CaF2的质量少,其原因是___________________________。‎ ‎【答案】 (1). 当滴入最后一滴NaOH标准液时,溶液由无色变为粉红色,且30s不褪色 (2). 0.0108 (3). 加入碳酸钠溶液后,溶液中的碳酸根离子与钙离子结合,转化为溶解度更小的碳酸钙沉淀,使硫酸钙的沉淀溶解平衡向溶解方向移动 (4). 氟化钙微溶于稀盐酸,在酸洗过程中有部分损失 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)待测液用酚酞作指示剂,滴加的标准液为NaOH,终点时,再滴入时则碱过量,溶液显浅红色;根据c1×V1=c2×V2计算;‎ ‎(2)①硫酸钙微溶于水,碳酸钙难溶于水,加入碳酸钠溶液后,破环硫酸钙的溶解平衡;‎ ‎②已知氟化钙微溶于无机酸,酸洗时少量溶解,质量减少。‎ ‎【详解】(1)滴定终点的判断方法为:当滴入最后一滴NaOH标准液时,溶液由无色变为粉红色,且30s不褪色;根据c1×V1=c2×V2,c(HF)=0.0100mol/L×27mL/25mL=0.0108mol/L;‎ ‎(2)①硫酸钙微溶于水,碳酸钙难溶于水,加入碳酸钠溶液后,溶液中的碳酸根离子与钙离子结合,转化为溶解度更小的碳酸钙沉淀,使硫酸钙的沉淀溶解平衡向溶解方向移动,最终转变为碳酸钙;‎ ‎②已知氟化钙微溶于无机酸,在用盐酸洗涤时,少量溶解,因此质量减少。‎ ‎17.以甲醇为原料制取高纯H2是重要的研究方向。回答下列问题:‎ ‎(1)甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应。‎ 主反应:CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H=+49kJ·mol-1‎ 副反应:H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ·mol-1‎ ‎①甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2和CO,反应的热化学方程式为__________________,既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是_________________________。‎ ‎②适当增大水醇比[n(H2O):n(CH3OH)],有利于甲醇水蒸气重整制氢,理由是___________。‎ ‎③某温度下,将n(H2O):n(CH3OH)=1:1的原料气充入恒容密闭容器中,初始压强为p1‎ ‎,反应达到平衡时总压强为p2,则平衡时甲醇的转化率为_________________(忽略副反应)。‎ ‎(2)工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2,其反应原理为:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+203kJ·mol-1,在容积为3L的密闭容器中通入物质的量均为3mol的CH4和水蒸气,在一定条件下发生上述反应,测得平衡时H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示。‎ 压强为p1时,在N点:v正_______v逆(填“大于”“小于”或“等于”),N点对应温度下该反应的平衡常数K=________mol2·L-2。‎ ‎【答案】 (1). CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) △H=+90kJ/mol (2). 升高温度 (3). 提高甲醇的转化率,并有利于抑制CO的生成 (4). (p2/p1-1)×100% (5). 大于 (6). 48‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律确定热化学方程式;再利用三段式进行计算;‎ ‎(2)根据图像,N点向上移动到60%时,达到平衡状态,正向移动;利用平衡时各物质的浓度根据方程式计算K。‎ ‎【详解】(1)①根据盖斯定律,主反应+副反应即可得到CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) △H=+90kJ/mol;提高CH3OH平衡转化率需要平衡正向移动,反应为吸热反应,升高温度即可提高反应速率,又可提高甲醇的转化率;‎ ‎②适当增大水醇比[n(H2O):n(CH3OH)],可使副反应逆向移动,减少CO的生成,增大甲醇的转化率;‎ ‎③ CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)‎ 初始:1 1‎ 反应:x x x 3x 平衡:1-x 1-x x 3x 在恒温、恒容密闭中,压强之比等于物质的量之比,2:(2+2x)=p1:p2;解得x=p2/p1-1,甲醇的转化率=x/1×100%=(p2/p1-1)×100%;‎ ‎(2)根据图像可知,压强为p1时,氢气的体积分数为60%时,反应达到平衡状态,即生成氢气的物质的量增大,平衡正向移动,则v正大于v逆;平衡时氢气的体积分数为60%,则 CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)‎ 初始:3 3‎ 反应:x x x 3x 平衡:3-x 3-x x 3x ‎3x/(6+2x)=60%,解得x=2,平衡时,各物质的浓度分别为1/3mol/L、1/3mol/L、2/3mol/L、2mol/L,K=2/3×23/(1/3×1/3)=48。‎ ‎18.根据要求回答下列问题:‎ I.氯系消毒剂在生活中有广泛应用。‎ ‎(1)NaClO2是饮用水的消毒剂,常用FeSO4∙7H2O清除残留的亚氯酸钠。‎ ‎①Fe2+的电子排布式为[Ar]________________________________。‎ ‎②与SO42-互为等电子体的分子有____________________(写一种)。‎ ‎③ClO2-中氯原子的孤电子对数为___________。‎ ‎④常用K3[Fe(CN)6]检验水中的F2+。K3[Fe(CN)6]的配体是________________。‎ ‎(2)ClO2是新一代饮用水消毒剂。沸点:ClO2________________(填“>”“<”或“=”)Cl2O,理由是________________________________________________。‎ Ⅱ.Fe、Cu为过渡金属元素,它们在工业生产中都有重要的应用。‎ ‎(2)将乙醇蒸气通过赤热的氧化铜粉末,会发生反应:‎ ‎①有同学书写基态碳原子的核外电子排布图为,这样的书写不正确,违背了________。‎ ‎②乙醛和乙醇的相对分子质量相差2,但是乙醇的沸点远高于乙醛,其主要原因是_______。‎ ‎(2)Fe、Fe2+都能被硝酸氧化。HNO3中氮原子轨道的杂化类型为_______________________。‎ ‎(3)NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物 ‎,该配合物中心离子的配位数为__________________________。‎ ‎(4)研究发现,阳离子的颜色与未成对电子数有关。例如,Cu2+、Fe2+、Fe3+等。Cu+呈无色,其原因是_____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 3d6 (2). CCl4或SiF4 (3). 2 (4). CN- (5). < (6). 后者相对分子质量较大,范德华力较大 (7). 洪特规则 (8). 乙醇分子间存在范德华力和氢键,乙醛分子间只存在范德华力 (9). sp2 (10). 6 (11). Cu+无未成对电子 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)①Fe2+为Fe失去最外层的2个电子形成的离子;‎ ‎②与SO42-互为等电子体的分子,即含有5个原子,32个电子的分子;‎ ‎③根据孤电子对数=(a-bx)计算;‎ ‎(2)分子晶体的分子量越大,分子间的作用力越大,熔沸点就越高。‎ ‎【详解】I.(1)①铁为第26号元素,排布式为[Ar]3d64s2,Fe2+为Fe失去最外层的2个电子形成的离子,其排布式为[Ar]3d6;‎ ‎②与SO42-互为等电子体的分子,即含有5个原子,32个电子的分子有四氯化碳、四氟化硅等;‎ ‎③孤电子对数=(a-bx)=(7+1-2×2)=2;‎ ‎④[Fe(CN)6]3-为中心配离子,而CN-为配体;‎ ‎(2)ClO2、Cl2O均为分子晶体,分子晶体的分子量越大,分子间的作用力越大,熔沸点就越高,则沸点:ClO2<Cl2O;‎ Ⅱ.(1)①根据洪特规则可知,在相同能级的电子,电子的自旋方向相同;‎ ‎②乙醇分子间存在范德华力和氢键,氢键的作用力大于乙醛分子间的作用力,导致沸点升高;‎ ‎(2)NO3-中心N原子的孤电子对数=(a-bx)=(5+1-2×3)=0,N原子与O原子间存在3条共价键,无孤电子对,则为sp2杂化;‎ ‎(3)根据化合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4,配体为NO、H2O,个数分别为1、5,则配位数为6;‎ ‎(4)Cu的价电子排布式为3d104s1,则Cu+排布式为[Ar]3d10,无未成对电子。‎ ‎19.人们对苯及芳香烃的认识有一个不断深化的过程。‎ ‎(1)由于苯的含碳量与乙炔相同,人们认为它是一种不饱和烃,写出分子式为C6H6的一种含2个三键且无支链的不饱和链烃的结构简式:______________________________。‎ ‎(2)已知分子式为C6H6的结构有多种,其中的两种结构简式为 ‎(I) (II) ‎ ‎①这两种结构的区别表现在:‎ 定性方面(即化学性质方面):Ⅱ能______________(填标号,多选不给分),而Ⅰ不能。‎ a.被酸性高锰酸钾溶液氧化 b.与溴水发生加成反应 c.与溴发生取代反应 d.与氢气发生加成反应 定量方面(即消耗反应物的量的方面):1mol C6H6与H2加成时:Ⅰ需______________mol,而Ⅱ需________________mol。‎ ‎②今发现C6H6还可能有另一种立体结构(如图所示)。该结构的一氯代物有____________种。二氯代物有_____________种。‎ ‎(3)萘也是一种芳香烃,它分了式是C10H8,请你判断,它的结构简式可能是下列中的____(填标号)。‎ a. b. ‎ c. d. ‎ ‎(4)根据第(3)小题中你判断得到的萘结构简式,它不能解释萘的下列________事实(填标号)。‎ a.萘不能使溴水褪色 b.萘能与H2发生加成反应 c.萘分子中所有原子在同一平面上 d.一溴代萘(C10H7Br)只有两种 ‎(5)现代化学认为萘分子中碳碳之间的键是一种____________________。‎ ‎【答案】 (1). HC≡C-CH2-CH2-C≡CH (2). ab (3). 3 (4). 2 (5). 1 (6). 3 (7). c (8). a (9). 介于单键与双键之间的独特的键 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)每个碳均有4条化学键;‎ ‎(2)I中6条碳碳键完全相同,性质较稳定;II中含有碳碳双键,易发生加成、氧化等反应;‎ ‎(3)根据分子式确定萘的结构简式;‎ ‎(4)跟据提供的结构简式,判断其含有的官能团确定其性质;‎ ‎【详解】(1)含2个三键且无支链的不饱和链烃的结构简式为HC≡C-CH2-CH2-C≡CH;‎ ‎(2)①化合物II中含有C=C,则可以被酸性高锰酸钾氧化、可与溴水、氢气发生加成反应、一定条件下可发生取代反应,化合物I可以发生取代反应、与氢气发生加成反应,答案为ab;与氢气加成时,1mol苯需要3mol氢气;而II需要2mol;‎ ‎②根据立体结构,为对称图形,一氯代物有1种;二氯代物有3种,分别为三角形内相邻1种、四边形内相邻1种和四边形内相对1种;‎ ‎(3)a.分子式为C12H10,a错误;‎ b.分子式为C11H12,b错误;‎ c.分子式为C10H8,c正确;‎ d.分子式为C10H14,d错误;‎ 答案为c;‎ ‎(4)a.根据萘的结构简式可知,分子内含有碳碳双键,则能使溴水褪色,a错误;‎ b.分子内含有碳碳双键,则能与氢气发生加成反应,b正确;‎ c.分子中的C原子均为sp2杂化,所有原子共平面,c正确;‎ d.分子为对称结构,有2条对称轴,则一溴代物只有两种,d正确;‎ 答案为a;‎ ‎(5)现代化学认为萘分子中碳碳之间为完全相同的键,键介于单间与双键之间的独特的键。‎ ‎20.铬、钼(Mo)、钨(W)都是第ⅥB族元素,且原子序数依次增大,它们的单质和化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题:‎ ‎(1)铬元素的最高化合价为_________;基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子,则基态钼原子核外有_________个未成对电子;基态钨原子的核外电子排布是“洪特规则”的例外,则基态钨原子价电子层的电子排布图为____________________。‎ ‎(2)钼可作有机合成的催化剂。例如,苯甲醛被还原成环己基甲醇。‎ ‎①苯甲醛分子中最多有_________________个原子共平面。‎ ‎②环己基甲醇分子中采取sp3杂化的原子是_____________(写元素符号)。‎ ‎(3)铬离子(Cr3+)能形成多种配合物,例如[Cr(OH)3(H2O)(H2NCH2CH2NH2)]。‎ ‎①已知配合物的中心粒子的配位数指配位原子总数。上述配合物中,Cr3+的配位数为______。‎ ‎②上述配合物中,非金属元素的电负性由小到大的顺序为____________。‎ ‎(4)铬的一种氧化物的晶胞结构如图所示。‎ ‎①该氧化物的化学式为____________________。‎ ‎②已知六棱柱底边边长为acm,高为bcm,阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的密度为___________g∙cm-3(列出计算式)。‎ ‎【答案】 (1). +6 (2). 6 (3). (4). 14 (5). C、O (6). 6 (7). H<C<N<O (8). Cr2O3 (9). 4×152/(9NA×a2b)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)铬元素的价电子排布式为3d54s1,其最高化合价为+6价;基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子价电子排布式为4d55s1,有6个未成对电子;基态钨原子的核外电子排布是“洪特规则”的例外,价电子层的电子排布图为;‎ ‎(2)①若苯环、醛基确定的2个平面重合时,则有14原子共平面;‎ ‎②环己基甲醇分子中,所有C原子为4条共价键,无孤电子对;O原子有2条键,2个孤电子对,为sp3杂化;‎ ‎(3)①配合物中的配体为OH、H2O、H2NCH2CH2NH2,其中O、N原子提供孤电子对形成配位键,则配位数为6;‎ ‎②上述配合物中,非金属元素有H、C、N、O,电负性的由小到大的顺序为H<C<N<O;‎ ‎(4)①根据该氧化物的晶胞可知,O原子在晶胞的顶点、上下面心和体内,个数=12×1/6+2×1/2+3=6,铬离子在体内,个数为4,个数之比为6:4=3:2,则化学式为Cr2O3;‎ ‎②ρ=m/V=(52×2+16×3)×2/(a×a×b×NA)=4×152/(9NA×a2b)。‎ ‎【点睛】H2NCH2CH2NH2作配体时,2个氮原子均能提供孤电子对形成配位键。‎ ‎21.有机物A是聚合反应生产胶黏剂基料的单体,亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料,相关合成路线如下:‎ 已知:在质谱图中烃A的最大质荷比为118,其苯环上的一氯代物共三种,核磁共振氢谱显 示峰面积比为3:2:2:2:1。‎ 根据以上信息回答下列问题:‎ ‎(1)A的官能团名称为__________________,B→C的反应条件为_____________,E→F的反应类型为_____________。‎ ‎(2)I的结构简式为____________________,若K分子中含有三个六元环状结构,则其分子式为________________。‎ ‎(3)D与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为_______________________________。‎ ‎(4)H同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀,1 mol W参与反应最多消耗3 mol Br2,请写出所有符合条件的W的结构简式___________________________________。‎ ‎(5)J是一种高分子化合物,则由C生成J的化学方程式为 ‎______________________________________________________________________。‎ ‎(6)已知:(R为烃基)‎ 设计以苯和乙烯为起始原料制备H的合成路线(无机试剂任选)。‎ ‎[合成路线示例:]‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 氢氧化钠水溶液,加热 (3). 消去反应 (4). (5). C18H16O4 (6). (7). 、 (8). ‎ ‎(或产物写成:) (9). ‎ ‎【解析】‎ 烃A能与Br2发生加成反应,说明分子结构中含有碳碳双键,在质谱图中烃A的最大质荷比为118,说明相对分子质量为118,分子式为C9H10,其苯环上的一氯代物共三种,可能苯环上只有一个取代基,核磁共振氢谱显示峰面积比为3:2:2:2:1,可知A的结构简式为;A与Br2发生加成反应生成B为,B在氢氧化钠水溶液并加热发生水解生成的C为,C催化氧化生成的D为 ‎;D与新制氢氧化铜发生氧化反应生成的E为,E发生消去反应生成的F为,F与酯化反应生成I为;‎ ‎(1)的官能团名称为碳碳双键,由B→C发生的反应为卤代烃的水解,其反应条件为氢氧化钠水溶液并加热;由E→F分子组成少H2O,结合反应条件发生的应该是消去反应;‎ ‎(2)I的结构简式为,若K分子中含有三个六元环状结构,说明两分子的发生分子间酯化生成环酯和2分子的水,根据原子守恒可知K的分子式为C18H16O4;‎ ‎(3)与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为;‎ ‎(4)的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀,说明分子结构中含有酚羟基,1 mol W参与反应最多消耗3 molBr2,说明苯环上可取代的位置是邻、对位,则所有符合条件的W的结构简式有、;‎ ‎(5)由和HOOCCOOH发生缩聚反应生成高分子化合物J的化学方程式为。‎ ‎(6)以苯和乙烯为起始原料制备的合成路线为 ‎。‎ 点睛:根据反应条件推断反应类型:(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应,可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热,发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热,可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应,可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应,则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下,发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应,则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2,则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应;在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。‎ ‎ ‎

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