北京市朝阳区2020届高三化学4月一模试卷(Word版附解析)
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北京市朝阳区2020届高三化学4月一模试卷(Word版附解析)

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资料简介
2020 届北京市朝阳区高三 4 月适应性试卷练习 本试卷共 100 分。考试时长 90 分钟。 第一部分 本部分共 14 题,每题 3 分,共 42 分。在每题列出的四个选项中,选出最符合题 目要求的一项。 1.下列用品的主要成分及其用途对应不正确的是 A B C D 用品 主要成分 (NH4)2SO4 NaHCO3 Si Fe2O3 用途 化肥 造纸 光电池 颜料 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A.硫酸铵为铵盐含有氮元素,属于氨态氮肥,是常用的一种化肥,故 A 正确; B.碳酸氢钠碱性较弱,不能用于造纸,一般用于发酵剂,故 B 错误; C.硅是良好的半导体材料,是用来制作太阳能电池的原料,故 C 正确; D.三氧化二铁为红棕色粉末,常用三氧化二铁生产红色颜料或涂料,故 D 正确; 故选:B。 2.化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确 是( ) A. 煤的干馏和煤的液化均是物理变化 B. 天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素 的C. 海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等 D. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同 【答案】C 【解析】 【详解】A.煤的干馏指煤隔绝空气加强热分解的过程,煤的液化指将煤转化为液体燃料的过程, 煤的干馏和煤的液化都属于化学变化,故 A 错误; B.天然纤维指羊毛、棉花或蚕丝等,羊毛和蚕丝是蛋白质,棉花是纤维素,合成纤维的主要成 分不是纤维素,故 B 错误; C.蒸馏法或电渗析法可以实现海水淡化,故 C 正确; D.活性炭为糖浆脱色是利用活性炭的吸附作用,次氯酸盐漂白纸浆是利用强氧化性,故 D 错 误; 答案选 C。 3.Lv(中文名“鉝”,lì)是元素周期表第 116 号元素,Lv 的原子核外最外层电子数是 6。下列说 法中,不正确的是 A. Lv 的原子半径比 S 的原子半径大 B. Lv 的原子核内有 293 个中子 C. Lv 位于元素周期表第七周期第ⅥA 族 D. Lv、 Lv、 Lv 互 同位素 【答案】B 【解析】 【分析】 Lv 是元素周期表第 116 号元素,Lv 的原子核外最外层电子数是 6,可知 Lv 位于元素周期表 中第七周期第ⅥA 族,为金属元素。 【详解】A.S 位于第三周期第ⅥA 族,同主族从上到下原子半径逐渐增大,则 Lv 的原子半径 比 S 的原子半径大,故 A 正确; B.Lv 的中子数=质量数-质子数=293-116=177,故 B 错误; C.Lv 是元素周期表第 116 号元素,Lv 的原子核外最外层电子数是 6,7 个电子层,可知 Lv 位于元素周期表中第七周期第ⅥA 族,故 C 正确; D.质子数相同、中子数不同,三种核素互为同位素,故 D 正确; 故选:B。 4.下列解释事实的方程式正确的是 为 293 116 290 116 291 116 292 116A. 工业冶炼氯化铝制氯单质:2AlCl3(熔融) 2Al+3Cl2↑ B. 向氯化铝溶液中加入过量氨水,产生白色沉淀:Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓ C. 将铁粉与水蒸气共热,产生气体:2Fe+3H2O(g) Fe2O3+3H2 D. 电解饱和氯化钠溶液,产生气体:2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑ 【答案】D 【解析】 【详解】A.AlCl3 属于共价化合物,熔融时不导电,工业一般电解 NaCl 溶液制 Cl2: 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑,工业冶炼铝一般用电解熔融氧化铝,方程式为 2Al2O3(熔 融) 4Al+3O2↑,故 A 错误; B.一水合氨为弱电解质不能拆成离子,正确方程式应为 Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+, 故 B 错误; C.铁粉与水蒸气共热生成四氧化三铁和氢气,方程式为 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2,故 C 错 误; D.电解饱和氯化钠溶液,阳极氯离子放电生成氯气,阴极水电离出的氢离子放电生成氢气, 同时产生大量氢氧根,所以方程式为:2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑,故 D 正确; 故答案为 D。 【点睛】AlCl3 为共价化合物,因此熔融状态的氯化铝不能导电,所以电解熔融氧化铝来制取 铝单质。 5.设 nA 为阿伏伽德罗常数的数值,下列说法正确的是 A. 23g Na 与足量 H2O 反应完全后可生成 nA 个 H2 分子 B. 1 molCu 和足量热浓硫酸反应可生成 nA 个 SO3 分子 C. 标准状况下,22.4L N2 和 H2 混合气中含 nA 个原子 D. 3mol 单质 Fe 完全转变为 Fe3O4,失去 8nA 个电子 电解 Δ 电解 电解 电解 冰晶石 Δ 电解【答案】D 【解析】 【详解】A、23g 钠的物质的量为 1mol,而钠与水反应时 1mol 钠生成 0.5mol 氢气,即生成 0.5NA 个分子,故 A 错误; B、铜和浓硫酸反应时,浓硫酸被还原为 SO2,不是三氧化硫,故 B 错误; C、标准状况下,22.4LN2 和 H2 混合气的物质的量为 1mol,而 N2 和 H2 均为双原子分子,故 1mol 混合气体中无论两者的比例如何,均含 2mol 原子,即 2NA 个,故 C 错误; D、Fe3O4 中铁为+ 价,故 1mol 铁反应失去 mol 电子,3mol 单质 Fe 完全转化为 Fe3O4 失去 8mol 电子,即 8NA 个,故 D 正确; 故选 D。 6.化合物 Y 具有抗菌、消炎作用,可由 X 制得: 下列有关化合物 X、Y 的说法不正确的是 A. 1 mol X 最多能与 3 mol NaOH 反应 B. Y 与乙酸乙酯在一定条件下反应可得到 X C. X、Y 互为同系物 D. 室温下 X、Y 分别与足量 Br2 加成的产物分子中手性碳原子数目相等 【答案】C 【解析】 【详解】A.X 中能与 NaOH 溶液反应的为酯基和羧基,且 X 中的酯基可水解生成乙酸和酚 羟基,则 1molX 最多能与 3molNaOH 反应,故 A 正确; B.Y 中酚羟基在一定条件与乙酸乙酯发生酯交换反应生成 X,故 B 正确; C.X 中含有酯基,Y 中有酚羟基,二者结构不相似,不是同系物,故 C 错误; D.X、Y 中能和溴单质发生加成反应的只有碳碳双键,而两种物质中碳碳双键所处位置相同, 加成后对分子结构的改变相同,加成前两物质均不含手性碳原子,则加成后含有相同数目的 8 3 8 3手性碳原子、均为 3 个手性碳原子,故 D 正确; 故选:C。 7.给定条件下,下列选项中所示 物质间转化均能一步实现的是( ) A. 粗硅 SiCl4 Si B. Mg(OH)2 MgCl2(aq) Mg C. Fe2O3 FeCl3(aq) 无水 FeCl3 D. AgNO3(aq) [Ag(NH3)2]OH(aq) Ag 【答案】A 【解析】 【详解】A.Si 可与氯气在高温下反应生成 SiCl4,SiCl4 可与氢气高温条件下发生反应生成 Si 和 HCl,故 A 符合题意; B.氢氧化镁与盐酸反应得到氯化镁溶液,电解氯化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、氢气和氯气, 得不到镁单质,故 B 不符合题意; C.氧化铁与盐酸反应得到 FeCl3 溶液,氯化铁易水解,加热氯化铁溶液,由于 HCl 的挥发, 水解平衡正向移动,最终生成氢氧化铁,不能获得无水氯化铁,故 C 不符合题意; D.蔗糖不含醛基,不能发生银镜反应,故 D 不符合题意; 故答案为 A。 8.关于下图所示转化关系(X 代表卤素),说法不正确的是 A. 2H(g) +2X(g) = 2HX(g) ΔH3<0 B. 途径Ⅰ生成 HX 的反应热与途径无关,所以 ΔH1 = ΔH2 + ΔH3 C. 途径Ⅰ生成 HCl 放出的热量比生成 HBr 的多,说明 HCl 比 HBr 稳定 D. Cl、Br、I 的非金属性依次减弱,所以途径Ⅱ吸收的热量依次增多 【答案】D 【解析】 的 2Cl→高温 2H→高温 →盐酸 →电解 →盐酸 →蒸发 3 2NH H O→ ∆→蔗糖【详解】A、形成化学键的过程是放热过程,选项 A 正确; B、根据盖斯定律分析途径Ⅰ生成 HX 的反应热与途径无关,所以 ΔH1 = ΔH2 + ΔH3 正确,选项 B 正确; C、放出的热量越多,说明物质的能量越低,其越稳定,选项 C 正确; D、非金属性依次减弱,所以单质的中的化学键越不稳定,破坏化学键吸收的能量越小,选项 D 错误。 答案选 D。 9.下列由实验现象得出的结论正确的是 操作及现象 结论 A 向 AgCl 悬浊液中加入 NaI 溶液时出现黄色沉淀。 Ksp(AgCl)< Ksp(AgI) B 向某无色溶液中加入碱性液体后,出现白色沉淀继续 滴加后,沉淀消失。 无色溶液中一定含有 Al3+ C 向 NaBr 溶液中滴入少量氯水和苯,振荡、静置,溶液 上层呈橙红色。 Br-还原性强于 Cl- D 加热盛有 NH4Cl 固体的试管,试管底部固体消失,试 管口有晶体凝结。 NH4Cl 固体可以升华 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A.向 AgCl 悬浊液中加入 NaI 溶液时出现黄色沉淀,说明发生沉淀转化,氯化银沉 淀转化为碘化银,说明碘化银的溶解度比氯化银的溶解度小,二者为同类型沉淀,所以 Ksp(AgCl)> Ksp(AgI),故 A 错误; B.向含 Be2+溶液中滴加碱性液体也会有同样的现象,向 AgNO3 溶液中滴加氨水也会产生同 样的现象,故 B 错误; C.溶液上层呈橙红色说明有溴单质生成,发生反应 2Br-+Cl2=Br2+2Cl-,说明 Br-还原性强于 Cl-,故 C 正确; D.氯化铵加热分解生成 HCl 和 NH3,二者在试管口重新反应生成氯化铵,为化学变化,而升 华为物理变化,故 D 错误; 故答案为 C。 10.一种以石墨和过渡金属氧化物做电极材料、以固态有机高聚物做电解质溶剂的锂离子电池, 其工作原理如图 1 所示,图 2 是合成有机高聚物的单体的结构简式。下列说法中,正确的是 A. 放电时,外电路电子由金属氧化物电极流向石墨电极 B. 充电时,石墨电极作阳极,过渡金属氧化物作阴极 C. 图 2 所示的两种单体可通过缩聚反应生成有机高聚物溶剂 D. 有机高聚物溶剂分子中含醚键和酯基 【答案】D 【解析】 【详解】A.放电时,根据锂离子的流向可知石墨电极为负极,外电路电子从负极流向正极, 即由石墨电极流向金属氧化物电极,故 A 错误; B.充电时,根据锂离子的流向可知石墨电极作阴极,过渡金属氧化物作阳极,故 B 错误; C.图 2 所示的两种单体含有碳碳双键,可通过加聚反应生成有机高聚物溶剂,虽然含有酯基, 但没有羟基,所以不能发生缩聚反应,故 C 错误; D.单体经加聚反应形成高聚物,过程中只有碳碳双键打开,根据合成有机高聚物的单体的结 构简式可知分子中含醚键和酯基,故 D 正确; 故选:D。 【点睛】一般情况下,原电池中阳离子流向正极,阴离子流向负极,电子经外电路由负极流 向正极;电解池中阳离子流向阴极,阴离子流向阳极。 11.HI 常用作有机反应中的还原剂,受热会发生分解反应。已知 时:443℃,向 1L 密闭容器中充入 1mol HI, 时, 体系中 与反应时间 t 的关系如图所示。下列说法中,正确的是 A. min 内的平均反应速率可表示为 B. 升高温度,再次平衡时, C. 该反应的化学平衡常数计算式为 D. 反应进行 40 min 时,体系吸收的热量约为 kJ 【答案】D 【解析】 【 详 解 】 A. min 内 HI 浓 度 变 化 , , 则 氢 气 浓 度 变 化 为 , 反 应 速 率 ,故 A 错误; B. 图中可知 120min 后反应达到平衡状态, , ,反应为吸热反应,升温平衡正向进行, ,故 B 错误; C.120min 后反应达到平衡状态, , 起始量 1 0 0 变化量 平衡量 ( ) ( ) ( ) 1 2 22HI g H g I g H 12.5kJ mol−+ = + ⋅  443℃ ( )c HI 0 20~ ( )2υ H 0.0045= 1 1mol L min− −⋅ ⋅ ( )c HI 0.78> 1mol L−⋅ 20.78 0.11 0.11× 0.94 0 20~ 1.0mol/L-0.91mol/L=0.09mol/L ( ) ( ) ( )2 22HI g H g +I g 0.045mol/L ( )c 0.045mol/Lv =0.00225mol/ L mint 20min = = ⋅  ( )c HI =0.78mol/L ( ) ( ) ( ) -1 2 22HI g H g +I g H=+12.5kJ mol⋅  ( ) 1c HI 0.78mol L−< ⋅ ( )c HI 0.78mol / L= ( ) ( ) ( )2 22HI g H g I g+ ( )mol / L ( )mol / L 0.22 0.11 0.11 ( )mol / L 0.78 0.11 0.11平衡常数 ,故 C 错误; D. 反应进行 40min 时 HI 浓度变化 ,物质的量变化 ,结合热化学方程式计算 ,反应进 行 40min 时,体系吸收的热量 ,故 D 正确; 答案选 D。 12.向 H2O2 溶液中滴加少量 FeSO4 溶液,溶液迅速变黄,稍后产生气体;再加入 KSCN 溶液, 溶液变红,一段时间后,溶液颜色明显变浅。依据实验现象,下列分析不正确的是 A. 产生气体的原因是 FeSO4 将 H2O2 还原生成了 O2 B. H2O2 溶液与 FeSO4 溶液反应生成 Fe3+的证据是:“溶液迅速变黄”和“溶液变红” C. 溶液颜色变浅,可能是过量的 H2O2 氧化了 KSCN D. 溶液先变红后明显变浅,是由反应速率不同导致 【答案】A 【解析】 【详解】A.H2O2 具有强的氧化性,FeSO4 具有还原性,向 H2O2 溶液中滴加少量 FeSO4 溶液, 二者发生氧化还原反应,产生 Fe3+,使溶液迅速变黄,稍后产生气体,是由于反应产生的 Fe3+ 是 H2O2 分解反应的催化剂,A 错误; B.Fe3+水溶液显黄色,且 Fe3+遇 KSCN 会显红色,B 正确; C.KSCN 具有还原性,H2O2 具有强的氧化性,二者会发生氧化还原反应,Fe3+与 SCN-结合形 成 Fe(SCN)3 的浓度降低,故会使溶液的颜色变浅,C 正确; D.溶液中开始时 Fe3+与 SCN-结合形成 Fe(SCN)3 的浓度较大,溶液的红色比较深,后由于 KSCN 被氧化,使 Fe(SCN)3 的浓度降低,溶液颜色变浅,这都是由于浓度改变,导致物质的 反应速率发生变化引起的,D 正确; 故答案选 A。 13.有 c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= 0.1 mol·L-1 的一组醋酸、醋酸钠混合溶液,溶液中 c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与 pH 的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确 的是( ) 的 2 0.11 0.11K 0.78 ×= =生成物平衡浓度幂次方乘积 反应物平衡浓度幂次方乘积 =1.00mol/L-0.85mol/L=0.15mol/L 0.15mol ( ) ( ) ( ) 1 2 22HI g H g I g H 12.5kJ mol−+ = + ⋅  12.5kJ / mol 0.15mol 0.94kJ2mol ×= ≈A. pH=5. 5 的溶液中:c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-) B. W 点所表示的溶液中:c(Na+)+c(H+)= c(CH3COOH)+c(OH-) C. pH =3.5 的溶液中:c(CH3COOH) + c(CH3COO-)= c(Na+) D. 向 W 点所表示的 1.0L 溶液中通入 0.05molHCl 气体(溶液体积变化可忽略):c(H +)=c(CH3COOH)+c(OH-) 【答案】B 【解析】 【分析】 碱性越强 CH3COOH 的浓度应越小,CH3COO-的浓度越大,所以图中虚线表示 CH3COOH 的 浓度变化,实线表示 CH3COO-的浓度变化。 【详解】A. 由图可知,pH=4.75 时,c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L,pH=5.5 时,酸 性减弱,结合图象可知,溶液中 c(CH3COOH)降低,溶液中 c(CH3COO-)增大,则所以 c(CH3COO-) >c(CH3COOH),故 A 错误; B.由图可知,W 点所表示的溶液中 c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L,溶液中电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),所以 c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-),故 B 正确; C.当溶液中的溶质全部为醋酸钠时,有物料守恒 c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na+),此时溶 液呈碱性,所以 pH=3.5 时溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸,所以 c(CH3COOH) + c(CH3COO -)>c(Na+),故 C 错误; D.W 点原溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),c(CH3COO-)=0.05mol/L, c(H+)=10-4.75mol/L,c(OH-)=10-9.25mol/L,则 c(Na+)=0.05mol/L+10-9.25mol/L-10-4.75mol/L,略小 于 0.05mol/L,也就是此时溶液中溶质醋酸钠的物质的量略小于 0.05mol/L,通入 0.05molHCl 气体后溶液中的溶质为 CH3COOH、NaCl 以及极少量的 HCl,主要以 CH3COOH 的电离为主, 而醋酸是弱电解质,所以 c(CH3COOH)>> c(H+),故 D 错误; 答案选 B。【点睛】碱性越强 CH3COOH 的浓度应越小,CH3COO-的浓度越大,所以本题中虚线表示 CH3COOH 的浓度变化,实线表示 CH3COO-的浓度变化;且根据 W 可以求出该温度下醋酸电 离平衡常数为 10-4.75。 14.已知:Ag++SCN-=AgSCN↓(白色),某同学探究 AgSCN 的溶解平衡及转化,进行以下实 验。 下列说法中,不正确的是 A. ①中现象能说明 Ag+与 SCN-生成 AgSCN 沉淀的反应有限度 B. ②中现象产生的原因是发生了反应 Fe(SCN)3 +3Ag+ =3AgSCN↓+Fe3+ C. ③中产生黄色沉淀的现象能证明 AgI 的溶解度比 AgSCN 的溶解度小 D. ④中黄色沉淀溶解的原因可能是 AgI 与 KI 溶液中的 I-进一步发生了反应 【答案】C 【解析】 【详解】A、AgNO3 与 KSCN 恰好完全反应,上层清液中滴加 Fe(NO3)3 溶液,出现浅红色溶 液,说明上层清液中含有 SCN-,即说明 Ag+与 SCN-生成 AgSCN 沉淀的反应有限度,故 A 说 法正确; B、根据②中现象:红色褪去,产生白色沉淀,Fe(SCN)3 被消耗,白色沉淀为 AgSCN,即发 生:Fe(SCN)3+Ag+=3AgSCN↓+Fe3+,故 B 说法正确; C、前一个实验中滴加 0.5mL 2mol·L-1 AgNO3 溶液,Ag+过量,反应②中 Ag+有剩余,即滴加 KI 溶液,I-与过量 Ag+反应生成 AgI 沉淀,不能说明 AgI 溶解度小于 AgSCN,故 C 说法错误; D、白色沉淀为 AgSCN,加入 KI 后,白色沉淀转化成黄色沉淀,即 AgSCN 转化成 AgI,随 后沉淀溶解,得到无色溶液,可能是 AgI 与 KI 溶液中的 I-进一步发生了反应,故 D 说法正确; 故选 C。 第二部分本部分共 5 题,共 58 分。 15.SO2 广泛用于医药、硫酸工业等领域,回收废气中的 SO2 可用如下方法。 方法Ⅰ 用碱式硫酸铝 Al2(SO4)x(OH)y 溶液吸收富集 SO2 方法Ⅱ 在 Fe2+或 Fe3+催化下,用空气(O2)将 SO2 氧化为 H2SO4 (1)方法Ⅰ的过程如下。 ① 制备 Al2(SO4)x(OH)y。向 Al2(SO4)3 溶液中加入 CaO 粉末,调 pH 至 3.6。 CaO 的作用是 ______ ② 吸收:Al2(SO4)x(OH)y 吸收 SO2 后的产物是______(写化学式)。 ③ 解吸:加热②中产物,产生 SO2,Al2(SO4)x(OH)y 再生。 (2)方法Ⅱ中,在 Fe2+催化下,SO2、O2 和 H2O 生成 H2SO4 的化学方程式是______。 (3)方法Ⅱ中,Fe2+的催化过程可表示如下: ⅰ:2Fe2++O2+SO2=2Fe3++SO42- ⅱ:…… ① 写出ⅱ的离子方程式:______。 ② 下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。 a.向 FeCl2 溶液滴入 KSCN,无变化 b.向 FeCl2 溶液通入少量 SO2,滴入 KSCN,颜色变红。 c.取 b 中溶液,______。 (4)方法Ⅱ中,催化氧化后,采用滴定法测定废气中残留 SO2 的含量。将 V L(已换算为标准状 况)废气中的 SO2 用 1%的 H2O2 完全吸收,吸收液用如图所示装置滴定,共消耗 a mL c mol/L NaOH 标准液。 ①H2O2 氧化 SO2 的化学方程式______。 ② 废气中残留 SO2 的体积分数为______。 【答案】 (1). CaO 与水反应放出大量热且生成的 OH-均促进 Al3+的水解,同时 Ca2+与 SO42-生成微溶物控制溶液中的 SO42-的量 (2). (3). 2SO2+O2+2H2O 2H2SO4 (4). (5). 通入 SO2,溶液红色褪 去(或变浅) (6). SO2+H2O2=H2SO4 (7). 【解析】 【分析】 (1)①氧化钙可以和水反应生成氢氧化钙,同时产生大量的热,水解反应为吸热反应;要生成 碱式硫酸铝需要控制硫酸根的量,而硫酸钙微溶; ②SO2 与 OH-按照 1:2 反应; (3)①由于 Fe2+作催化剂,所以反应 ii 中要使用亚铁离子的再生; ②铁元素的存在形式为 Fe2+→Fe3+→Fe2+; (4)该滴定原理为:先用双氧水氧化二氧化硫生成硫酸,再用 NaOH 标准液滴定硫酸的量,从 而确定二氧化硫的量。 【详解】(1)①CaO 溶于水生成 Ca(OH)2,生成了氢氧根离子,同时放热大量的热,促进 Al3+ 的水解;生成的钙离子结合 SO42-生成硫酸钙,可沉淀部分 SO42-,以控制溶液中硫酸根的量; ②SO2 与 OH-按照 1:2 反应生成 SO32-,则 Al2(SO4)x(OH)y 吸收 SO2 后的产物是 ; (2)根据元素化合价变化可知该过程中氧气氧化二氧化硫生成硫酸,结合电子守恒和元素守恒 可得方程式为:2SO2+O2+2H2O 2H2SO4; (3)①由于 Fe2+作催化剂,则ⅱ中 Fe3+与 SO2 反应生成 Fe2+,实现 Fe2+的再生,则ⅱ的离子方 程式为 2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++4H++SO42-; ②根据反应ⅰ:2Fe2++O2+SO2=2Fe3++SO42-可知,向 FeCl2 溶液通入少量 SO2,有铁离子生成, 滴入 KSCN 后颜色变红,继续通入 SO2,发生反应ⅱ:2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++4H++SO42-,溶 液红色褪去(或变浅); (4)①H2O2 氧化 SO2 生成硫酸,根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为 SO2+H2O2=H2SO4; ②根据关系式:SO2~H2SO4~2NaOH,n(SO2)= n(NaOH)= cmol/L×a×10-3L=5ac×10-4mol, 标况下 5ac×10-4mol SO2 的体积为:22.4L/mol×5ac×10-4mol=1.12×10-2ac L,所以废气中残留 SO2 ( ) ( )y2 4 3x 2 Al SO SO 2+Fe 3 2 2 2 2 42H O 2Fe SO 2Fe SO 4H+ + − ++ + = + + -21.12 10 ac 100%V × × ( ) ( ) y2 4 3x 2 Al SO SO 2+Fe 1 2 1 2的体积分数为: 。 16.二氧化氯(ClO2)广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。工业上利用甲醇 还原 NaClO3 的方法制备 ClO2,工艺流程如下: 已知:a.发生器中制备 ClO2 的反应:12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH= 12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H(SO4)2↓+9H2O b.相关物质的熔沸点: 物质 CH3OH HCOOH ClO2 熔点/℃ -97 9 -59 沸点/℃ 65 101 11 (1)ClO2 可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有______性。 (2)冷却塔用于分离 ClO2 并回收 CH3OH,应控制的最佳温度为______(填字母)。 A.0~10℃ B.20~30℃ C.60~70℃ (3)经过程Ⅰ和过程Ⅱ可以获得芒硝(Na2SO4·10H2O)并使部分原料循环利用。 已知:Na2SO4·10H2O 和 Na2SO4 的溶解度曲线如下图: -21.12 10 ac 100%V × ×①Na3H(SO4)2 处理器中获得芒硝时需加入 NaClO3 固体,从芒硝溶解平衡的角度解释其原因: ______。 ②结合 Na2SO4·10H2O 和 Na2SO4 的溶解度曲线,过程Ⅱ的操作是:在 32.4℃恒温蒸发,______。 ③Na3H(SO4)2 处理器的滤液中可以循环利用的原料是 NaClO3 和______。 【 答 案 】 (1). 氧 化 (2). B (3). ,加入 NaClO3,使钠离子浓度增大,平衡 逆向移动,有利于 Na2SO4·10H2O 的析出 (4). 冷却结晶,过滤,洗涤,干燥 (5). H2SO4 【解析】 【分析】 由流程可知,发生器中制备 ClO2, 冷却塔用于分离 ClO2 并回收 CH3OH,在吸收塔中用冷水冷 凝 ClO2,最后再储存;发生器中生成的 Na3H(SO4)2 进入 Na3H(SO4)2 处理器,用 H2O2 和 NaClO3 处理得到 Na2SO4·10H2O。 【详解】(1)ClO2 可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有氧化性,故答案为:氧化; (2)冷却塔用于分离 ClO2 并回收 CH3OH,根据表格中相关物质的溶解度,控制的温度应该 使 CH3OH 液化,但是 ClO2 不能液化,只有 B 项合适,答案选 B; (3)①在处理器中会发生反应: ,加入 NaClO3,使钠离子浓度增大,平衡逆向移动,有利于 Na2SO4·10H2O 的析出,故答案为: ,加入 NaClO3,使钠离子浓度增大,平衡 逆向移动,有利于 Na2SO4·10H2O 的析出; ②过程Ⅱ的操作为在 32.4℃恒温蒸发后,再冷却结晶,过滤,洗涤,干燥,故答案为:冷却 结晶,过滤,洗涤,干燥; ③Na3H(SO4)2 处理器的滤液中可以循环利用的原料为 NaClO3 和 H2SO4,故答案为:H2SO4。 17.煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示: (1)②中 NH3 参与反应的化学方程式为_______。 + 2+ 2 4 2 (s) (aq) 4 (aq) 2Na SO 10H O 2Na +SO +10H O⋅  + 2+ 2 4 2 (s) (aq) 4 (aq) 2Na SO 10H O 2Na +SO +10H O⋅  + 2+ 2 4 2 (s) (aq) 4 (aq) 2Na SO 10H O 2Na +SO +10H O⋅ (2)焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶( ),其分子中相邻的 C 和 N 原子相比,N 原 子吸引电子能力更___________(填“强”或“弱”),从原子结构角度解释原因:________。 (3)工业合成氨是人工固氮的重要方法。2007 年化学家格哈德·埃特尔证实了氢气与氮气在固体 催化剂表面合成氨的反应过程,示意如图: 下列说法正确的是________(选填字母)。 a. 图①表示 N2、H2 分子中均是单键 b. 图②→图③需要吸收能量 c. 该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成 (4)已知:N2(g) + O2(g) = 2NO(g) ΔH = a kJ·mol-1 N2(g) + 3H2(g) = 2NH3(g) ΔH = b kJ·mol-1 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(l) ΔH = c kJ·mol-1 反应后恢复至常温常压,①中 NH3 参与反应的热化学方程式为________。 (5)用间接电化学法除去 NO 的过程,如图所示: ①已知电解池的阴极室中溶液的 pH 在 4~7 之间,写出阴极的电极反应式:________。 ②用离子方程式表示吸收池中除去 NO 的原理:__________。 【答案】 (1). 4NH3+5O2 4NO+6H2O (2). 强 (3). C 和 N 原子在同一周期(或 电子层数相同),N 原子核电荷数更大,原子半径更小,原子核对外层电子的吸引力更强 (4). bc (5). 4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l) ΔH = (3c-3a-2b) kJ·mol-1 (6). 2HSO3- + 2e- + 2H+ = S2O42- + 2H2O (7). 2NO + 2S2O42- +2H2O = N2 + 4HSO3- 【解析】 【详解】(1)氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水,为重要的工业反应,反应的 催化剂 Δ化学方程式为 4NH3+5O2 4NO+6H2O; (2)由于 C 和 N 原子在同一周期(或电子层数相同),N 原子核电荷数更大,原子半径更小,原 子核对外层电子 吸引力更强,所以 N 原子吸引电子能力更强; (3)a.氮气中两个氮原子之间为三键,故 a 错误; b.分析题中图可以知道,图②表示 N2、H2 被吸附在催化剂表面,而图③表示在催化剂表面, N2、H2 中化学键断裂,断键吸收能量,所以图②→图③需要吸收能量,故 b 正确; c.在化学变化中,氮分子和氢分子在催化剂的作用下断裂成氢原子和氮原子,发生化学键的 断裂,然后原子又重新组合成新的分子,形成新的化学键,所以该过程表示了化学变化中包 含旧化学键的断裂和新化学键的生成,故 c 正确; 答案选 bc。 (4)①中 NH3 参与的反应为:4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l); 已知:N2(g) + O2(g) = 2NO(g) ΔH = a kJ·mol-1 i; N2(g) + 3H2(g) = 2NH3(g) ΔH = b kJ·mol-1 ii; 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(l) ΔH = c kJ·mol-1 iii; 根据盖斯定律 iii×3- i×3-ii×2 可得 4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l) ΔH=(3c-3a-2b)kJ·mol-1; (5)①阴极发生还原反应,据图可知亚硫酸氢根离子得电子被还原生成 S2O42-,电解质溶液显弱 酸性,所以电极反应式为:2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O; ②据图可知 S2O42-与一氧化氮发生氧化还原反应,生成氮气和亚硫酸氢根,根据得失电子守恒、 原子守恒和电荷守恒,反应的离子方程式为:2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-。 18.有机物 R 是一种功能高分子材料的单体,其结构简式如图: ;PTT 是一种新型 工业化树脂。它们的合成路线如下: 的 催化剂 Δ已知: ① + ② + +H2O ③RCOOH RCOCl RCOOR′ ④RCO18OR′+R″OH RCOOR″+R18OH (1)H 结构中有 3 个—CH2—,它含有的官能团是________。 (2)G 的结构简式为_______________。 (3)写出 A→B 的反应的化学方程式:____________。 (4)写出 C 与 Ag(NH3)2OH 反应的化学方程式:_________。 (5)F 的分子式为__________。 (6)J 的苯环上只有一种一硝基取代物,它的结构简式为____________。 (7)写出 K→PTT 树脂的化学方程式:________。 (8)写出一种符合下列条件的 J 的同分异构体的结构简式_______。 i.苯环上只含有两个相同的取代基 ii.酸性条件下的水解产物都能与氢氧化钠溶液发生反应 【答案】 (1). 羟基 (2). CH2(OH)CH2CHO (3). + (4). +2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+3NH3+H2O Δ→ -OH Δ → 2SOCl→ R′OH→ 一定条件→ Δ→ Δ→(5). C4H8O2 (6). (7). n +(n-1)HOCH2CH2CH2OH (8). 【解析】 【分析】 根据 R 的结构简式结合题中已知③的反应可推断 E 为 ,F 为 HOCH2CH=CHCH2OH ; 根 据 转 化 关 系 可 推 知 D 为 , C 为 ,结合已知②可知 B 为 ,结合 A 的分子式和已 知①可知 A 为 CH2=CHCHO;H 结构中有 3 个-CH2-,所以 A 与水发生加成反应得 G 为 HOCH2CH2CHO,G 与氢气加成得 H 为 HOCH2CH2CH2OH,根据 J 的分子式和 J 与 H 发生已 知④的反应生成甲醇和 K,且 J 的苯环上只有一种一硝基取代物,则 J 为 ,K 为 , K 再 发 生 类 似 已 知 ④ 的 反 应 生 成 PTT 为 ,据此答题。 【详解】(1)根据分析可知,H 为 HOCH2CH2CH2OH,它含有的官能团是羟基; (2)根据分析可知,G 的结构简式为 HOCH2CH2CHO; (3)A→B 发生类似已知①的反应,所以化学方程式为: + ; (4)C 为 ,C 与 Ag(NH3)2OH 反应的化学方程式为: +2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+3NH3+H2O; 一定条件→ Δ→ Δ→(5)F 的结构简式为 HOCH2CH=CHCH2OH,F 的分子式为 C4H8O2; (6)根据 J 的分子式和 J 与 H 发生类似已知④的反应生成甲醇和 K,且 J 的苯环上只有一种一 硝基取代物,则 J 的结构简式为 ; (7)根据分析可知 K 为 ,PTT 为 , K 发生类似已知④的反应生 PTT,化学方程式为:n +(n-1)HOCH2CH2CH2OH; (8) J 的结构简式为 ,分子式为 C10H10O4,J 的同分异构体符合下列条件 i.苯环上只 含有两个相同的取代基,ii.酸性条件下的水解产物都能与氢氧化钠溶液发生反应,则产物应 为酚和羧酸,则符合条件的结构简式为 (有邻、间、对三种)。 【点睛】解决本题的关键是对题目反应信息的理解利用,根据 R 的结构特点用逆推法推断有 机物;注意已知④的反应机理,简单的讲即羟基中的氢原子被酯中“羧酸脱去羟基的部分”取代。 19.已知铁离子,氯气、溴均为常见的氧化剂,某化学兴趣小组设计了如下实验探究其强弱: 一定条件→(1)①装置 A 中发生反应的离子方程式是_________________。 ②整套实验装置存在一处明显的不足,请指出________。 (2)用改正后的装置进行实验,实验过程如下: 实验操作 实验现象 结论 打开活塞 a,向圆底烧瓶 中滴入适量浓盐酸;然后 _______________。(填 具体实验操作) D 装置中:溶液变红 E 装置中:水层溶液变黄, 振荡后, 下层 CCl4 层无明显变化。一段时间后 ______。(填实验现象) Cl2、Br2、Fe3+的氧化 性由强到弱的顺序为: Cl2>Br2>Fe3+ (3)因忙于观察和记录,没有及时停止反应,D、E 中均发生了新的变化。 D 装置中:红色慢慢褪去。 E 装置中:CCl4 层颜色逐渐加深,直至变成红色。 为探究上述实验现象的本质,小组同学查得资料如下: ⅰ.Fe3+ +3SCN- Fe(SCN)3 是一个可逆反应。 ⅱ.(SCN)2 性质与卤素单质类似。氧化性:Cl2 > (SCN)2。 ①请用平衡移动原理(结合上述资料)解释 Cl2 过量时 D 中溶液红色褪去的原因____。现设计 简单实验证明上述解释:取少量褪色后的溶液,滴加________溶液,若溶液颜色 ______________。则上述解释是合理的。 小组同学另查得资料如下: ⅲ.Cl2 和 Br2 反应生成 BrCl,BrCl 呈红色(略带黄色),沸点约 5℃,它与水能 发生水解反应,且该反应为非氧化还原反应。 ⅳ.AgClO、AgBrO 均可溶于水。 ②欲探究 E 中颜色变化的原因,设计实验如下: 用分液漏斗分离出 E 的下层溶液,蒸馏、收集红色物质,取少量,加入 AgNO3 溶液,结果观 察到仅有白色沉淀产生。请结合上述资料用两步离子方程式解释仅产生白色沉淀原因 ___________、___________。【答案】 (1). MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O (2). 缺少尾气处理装置 (3). 关闭 活塞 a ,点燃酒精灯 (4). CCl4 层由无色变为橙色 (5). 过量氯气和 SCN–反应 2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2,使 SCN-浓度减小,则 Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3 平衡逆向移动而褪色 (6). KSCN 溶液(或 FeCl3 溶液) (7). 变红色(不变红) (8). BrCl + H2O=HBrO + H++Cl- (9). Ag++Cl-=AgCl↓ 【解析】 【 详 解 】(1) ① 装 置 A 中 MnO2 与 浓 盐 酸 共 热 制 取 Cl2 , 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 是 MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O。 ②氯气有毒,会污染大气,整套实验装置存在的明显不足是没有进行尾气处理。 (2)打开活塞 a,向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸;然后关闭活塞 a,点燃酒精灯使 MnO2 与浓 盐酸反应制取氯气。根据实验结论,Cl2 通入 FeBr2 溶液中 Cl2 先与 Fe2+反应,一段时间后 Cl2 与 Br-发生反应 Cl2+2Br-=Br2+2Cl-,因 Br2 易溶解于有机溶剂,故 E 装置中通入 Cl2 后可观察到 水层溶液变黄, 振荡后,下层 CCl4 层无明显变化。一段时间后 CCl4 层由无色变为橙色。 (3)①根据资料 i,D 装置中溶液变红的原因是:Cl2 将 Fe2+氧化成 Fe3+,Fe3+与 SCN-发生可 逆反应 Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3,结合资料 ii,Cl2 过量时 D 中溶液红色褪去的原因是:过量氯 气和 SCN-反应 2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2,使 SCN-浓度减小,则 Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3 平衡逆 向移动而褪色;要证明上述解释合理只要证明溶液中存在 Fe3+就可以了,因此取少量褪色后的 溶液,滴加过量的 KSCN 溶液,溶液重新变红色就可证明。 ②根据资料 iii,用分液漏斗分离出 E 的下层溶液,蒸馏、收集红色物质,红色物质为 BrCl, 它与水能发生水解反应,且该反应为非氧化还原反应,红色物质中加入 AgNO3 溶液,结果观 察到仅有白色沉淀产生,结合资料 iv,上述过程仅产生白色沉淀的原因是:BrCl + H2O=HBrO + H++Cl- 、Ag++Cl-=AgCl↓。 Δ Δ

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