上海市市东中学2020届高三化学上学期期中试卷(附解析Word版)
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上海市市东中学2020届高三化学上学期期中试卷(附解析Word版)

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资料简介
2019-2020 学年第一学期高三化学期中考试试卷 相对原子质量: H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Ca—40 Cl—35.5 Na—23 K—39 Mg—24 Al—27 Fe—56 Cu—64 一、选择题(本题共 40 分,每小题 2 分,每小题只有一个正确答案) 1. 下列对化学反应本质的认识,错误的是 A. 原子一定重新组合 B. 一定有电子转移 C. 有旧键断裂和新键形成 D. 必然伴随着能量的变化 【答案】B 【解析】 试题分析:A、化学反应原子一定重新组合,A 项正确;B、氧化还原反应一定有电子转移,B 项错误;C、化学反应的本质是旧键的断裂和新建的形成,C 项正确;D、化学反应必然伴随能 量的变化,D 项正确;答案选 B。 考点:考查对化学反应的认识 2.化学式为 N2H6SO4 的某晶体,其晶体类型与硫酸铵相同,则 N2H6SO4 晶体中不存在 A. 离子键 B. 共价键 C. 分子间作用力 D. 阳离子 【答案】C 【解析】 试题分析:化学式为 N2H6SO4 的晶体,其晶体类型与硫酸铵相同,应该是离子晶体,硫酸铵中 含有离子键、共价键及阴、阳离子,故 N2H6SO4 晶体中不存在分子间作用力,选项 C 错误,答 案为 C。 考点:考查晶体中存在的化学键及作用力。 3. 下列各组数据比较,前者比后者小的是 A. 氯水与氨水中微粒种类 B. 乙烷与苯分子中碳碳键键长 C. 氯化铯与氯化钠的熔点 D. Al2O3 与 AlCl3 的熔点 【答案】C 【解析】 试题分析:A.氨水中含有的微粒:氨气分子、水分子、铵根离子、氢离子、氢氧根离子,共 5 种,氯水的成分:水分子、氯离子、次氯酸根离子、氢离子、氢氧根离子、氯气分子、次氯 酸分子共 7 种,故 A 错误;B.乙烷中碳碳键长比苯分子中碳碳键键长长,故 B 错误;C.因 铯的离子半径比钠离子大,氯化铯与氯化钠的熔点低,故 C 正确;D.Al2O3 是离子晶体,高熔点,AlCl3 是分子晶体,熔点低,故 D 错误,答案为 C。 考点:考查不同物质性质的比较,涉及微粒数、化学键参数及熔点比较。 4.秸秆、稻草等生物质是一种污染小的可再生能源,其主要转化途径及主要产物如图。下列 有关说法错误的是( ) A. 生物质能所含能量本质上来源于太阳能 B. 由秸秆等物质水解获得的乙醇属生物质能 C. 生物质裂解获得的汽油、柴油等属于纯净物 D. 由秸杆稻草等发酵获得的沼气,主要成分是甲烷 【答案】C 【解析】 【详解】A.生物质本质上能来源于太阳能,故 A 正确; B.乙醇来源于纤维素,属于生物质能,故 B 正确; C.汽油、柴油等属于混合物,故 C 错误; D.沼气的主要成分是甲烷,故 D 正确。 故答案为 C。 5.在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中,被破坏的作用力依次是 A. 范德华力、范德华力、范德华力 B. 范德华力、范德华力、共价键 C. 范德华力、共价键、共价键 D. 共价键、共价键、共价键 【答案】B 【解析】 【详解】“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气”属于石蜡的 “三态”之间的转化,所以转化的过程 中要克服分子间作用力;“石蜡蒸气→裂化气”属于石油的裂化,属于化学变化,必然要破 坏化学键(共价键),答案选 B。6. 不能用于比较 Na 与 Al 金属性相对强弱的事实是 A. Na 和 AlCl3 溶液反应 B. 最高价氧化物对应水化物的碱性 C. 单质与 H2O 反应的难易程度 D. 同浓度 NaCl 和 AlCl3 溶液的 pH 【答案】A 【解析】 【详解】A 项、钠和 AlCl3 溶液反应,钠与水反应,不能与氯化铝发生酯化反应置换出铝,不 能用于比较 Na 与 Al 金属性相对强弱,故 A 错误; B 项、元素的金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强,故 B 正确; C 项、元素的金属性越强,单质与 H2O 反应越容易,故 C 正确; D 项、同浓度 NaCl 和 AlCl3 溶液的 pH,说明对应碱的碱性强弱不同,能判断金属性强弱,故 D 正确; 故选 A。 7. 实验室制取下列物质的实验中未利用冷凝原理的是 A. 乙酸乙酯 B. 乙酸丁酯 C. 溴乙烷 D. 乙烯 【答案】D 【解析】 试题分析:A、用冷凝原理冷却生成的乙酸乙酯,A 项错误;B、用冷凝原理冷却生成的乙酸丁 酯,B 项错误;C、用冷凝原理冷却生成的溴乙烷,C 项错误;D、乙烯常温下是气体,直接用 排水法收集,不进行冷凝,D 项正确;答案选 D。 考点:考查物质制备 8.已知 X、Y、Z 三种短周期元素在周期表中的位置如图所示,设 X 的原子序数为 a。则下列说 法正确的是 Y X ZA. Y 是非金属性最强的元素 B. Z 是金属元素 C. Y 的原子序数为 a-7 D. X 的气态氢化物化学式为 H2X 【答案】C 【解析】 试题分析:X、Y、Z 三种短周期元素在周期表中的位置如图所示,则 Y 是氦,X 是氟,Z 是 S, A、Y 是氦,是惰性元素,A 项错误;B、Z 是 S,是非金属元素,B 项错误;C、Y 的原子序数 为 a-7,C 项正确;D、X 的气态氢化物化学式为 HX,D 项错误;答案选 C。 考点:考查元素推断 9.常温下加入下列物质,能使溶液中 c(CO32-)、c(HCO3-)均降低,而 pH 增大的是 A. 氢氧化钠溶液 B. 通入二氧化碳 C. 氢氧化钙溶液 D. 盐酸 【答案】C 【解析】 试题分析:A、加入氢氧化钠溶液,碳酸氢根与氢氧根反应生成碳酸根和水,碳酸根浓度增大, 错误;B、二氧化碳与碳酸根、水反应生成碳酸氢根,碳酸氢根浓度增大,错误;C、碳酸根、 碳酸氢根均与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀,溶液中 c(CO32-) 、c(HCO3-)均降低而 pH 增大, 正确;D、向溶液中加入盐酸,溶液的 pH 减小,错误。 考点:考查碳酸盐和碳酸氢盐的性质 10. 下列说法正确的是 A. 分子晶体中一定存在分子间作用力,不一定存在共价键 B. 分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸 C. 含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体 D. 元素的非金属性越强,其单质的活泼性一定越强 【答案】A 【解析】【详解】A、分子晶体中一定含有分子间作用力,但不一定含有共价键,如稀有气体分子中不 含共价键,正确; B、分子中含有 2 个 H 原子的酸不一定是二元酸,如甲酸为一元酸,错误; C、含有金属阳离子的晶体还可能是金属晶体,错误; D、元素的非金属性越强,其单质的活泼性不一定越强,如 N 元素的非金属性大于 P,但氮气 比 P 单质稳定,错误。 答案选 A。 11.在海轮的船壳上连接锌块,下列相关说法正确的是 A. 制成合金保护船体 B. 是外加电流的阴极保护法 C. 船体的反应:Fe -2e—=Fe2+ D. 锌块的反应:Zn -2e—=Zn2+ 【答案】D 【解析】 【详解】A 项、在海轮的船壳上连接锌块是形成铁锌原电池,活泼金属锌做负极,保护船体, 故 A 错误; B 项、在海轮的船壳上连接锌块是牺牲阳极的阴极保护法,故 B 错误; C 项、船体做原电池的正极,电极反应为:O2+2H2O+4e—=4OH—,故 C 错误; D 项、锌块做原电池的负极,锌失电子发生氧化反应生成锌离子,电极反应为:Zn -2e—=Zn2+,故 D 正确; 故选 D。 12.在 25℃时,有 80g 饱和 Ba(OH)2 溶液,向其中加入纯 BaO 粉末 ag,反应后温度恢复到 25℃,下列有关该溶液的说法正确的是( ) A. 溶液中 c(Ba2+)将增大 B. 溶液的 pH 将增大 C. 溶液中 Ba2+的物质的量将减少 D. 溶液中 c(OH-)减少 【答案】C 【解析】 【分析】 80g 饱和 Ba(OH)2 溶液,向其中加入纯 BaO 粉末 a g,BaO 粉末与水反应生成 Ba(OH)2,消 耗水,溶液有 Ba(OH)2 析出,恢复至原温度 25℃,溶液浓度不变,仍为饱和溶液,据此即可解答。 【详解】A.BaO 和水发生:BaO+H2O=Ba(OH)2 消耗水,饱和的 Ba(OH)2 溶液中有 Ba(OH) 2 析出,溶液中 Ba2+数目减少,但反应后仍为饱和溶液,溶液的 pH 不变,溶液中 c(Ba2+)不 变,故 A 错误; B.BaO 和水发生 BaO+H2O=Ba(OH)2 反应,恢复至原温度,析出 Ba(OH)2,仍为饱和溶液, 溶液浓度不变,溶液的 pH 不变,故 B 错误; C.BaO 和水发生:BaO+H2O=Ba(OH)2 反应,消耗水,有 Ba(OH)2 析出,溶液中 Ba2+数目减 少,故 C 正确; D.BaO 和水发生 BaO+H2O=Ba(OH)2 反应,恢复至原温度,析出 Ba(OH)2,仍为饱和溶液, 溶液浓度不变,溶液中 c(OH-)不变,故 D 错误; 故答案为 C。 【点睛】注意饱和溶液的性质,当溶剂减小,溶液中要析出晶体,但溶液的浓度不变。 13. 常温下 0.1 mol/L 醋酸溶液的 pH = a,下列能使溶液 pH =(a +1)的措施是 A. 将溶液稀释到原体积的 10 倍 B. 加入适量的醋酸钠固体 C. 加入等体积 0.1 mol/L 烧碱溶液 D. 加入等体积 0.1 mol/L 盐酸 【答案】B 【解析】 试题分析:A、醋酸是弱酸,将溶液稀释到原体积的 10 倍,pH Ki(HY) > Ki2(H2CO3) B. NaX 溶液中通入足量 CO2 后的离子浓度:c(HCO3-)>c(CO32-)>c(X-) C. 同浓度溶液的碱性:NaX > Na2CO3 > NaY > NaHCO3 D. 结合 H+的能力:Y- > CO32- > X- > HCO3- 【答案】D 【解析】 试题分析:A、酸性越强,则在相同的温度下,酸的电离平衡常数就越大,所以三种酸的电离 常数 Ki(H2CO3) > Ki(HX)> Ki(HY) ,A 项错误;B、NaX 溶液中通入足量 CO2 后的离子浓度:会 产生 HX 和 NaHCO3;溶液显酸性,离子浓度:C(Na+)>c(HCO )>C(X-)>c(H+)>c(OH-),,B 项 错误;C、酸性 H2CO3>HX>NaHCO3>HY,碱性强弱可以利用越弱越水解判断,所以碱性:NaHCO3 <NaX<Na2CO3<NaY,,C 项错误;D、向 NaX 溶液中通入 CO2 气体,只能生成 HX 和 NaHCO3,则 酸性 H2CO3>HX>NaHCO3,向 NaY 溶液中通入 CO2,只生成 HY 和 Na2CO3,则酸性 NaHCO3>HY, 酸性越弱对应离子结合质子的能力越强,所以则结合质子能力:Y->CO32->X->HCO3-,D 项正 确;答案选 D。 考点:考查浓度大小比较 21.二氧化氯(ClO2)是国际公认高效、安全的杀菌、保鲜剂,是氯制剂的理想替代品。工业 上制备 ClO2 的方法很多,NaClO3 和 NaClO2 是制取 ClO2 的常见原料。完成下列填空: (1)以下反应是制备 ClO2 的一种方法:H2C2O4+2NaClO3+H2SO4→Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O 上述反应物中属于第三周期元素的原子半径大小顺序是___;其中原子半径最大元素的原子, 其核外电子排布式为___,其核外有___种不同能量的电子。 (2)ClO2 的分子构型为“V”形,则 ClO2 是___(选填“极性”、“非极性”)分子,其在水中 的溶解度比氯气___(选填“大”、“小”、“一样”)。 (3)ClO2 具有强氧化性,若 ClO2 和 Cl2 在消毒时自身均被还原为 Cl-,ClO2 的消毒能力是等 质量 Cl2 的___倍(保留 2 位小数)。 (4)若以 NaClO2 为原料制取 ClO2,需要加入具有___(填“氧化”、“还原”)性的物质。 (5)工业上制取 NaClO3 通过电解法进行,电解时,不同反应环境下的总反应分别为: 4NaCl +18H2O→4NaClO3+3O2↑+18H2↑(中性环境)NaCl +3H2O→NaClO3 +3H2↑(微酸性环境) ①电解时,氢气在___极产生。 ②更有利于工业生产 NaClO3 的反应环境是___,理由__。 【答案】 (1). Na>S>Cl (2). 1s22s22p63s1 (3). 4 (4). 极性 (5). 大 (6). 2.63 (7). 氧化性 (8). 阴极 (9). 微酸性环境 (10). 转移电子都生成氯酸 钠,能量利用率高;水消耗少;不同时生成氢气和氧气,相对更安全 【解析】 【分析】 (1)反应物中属于第三周期的元素为 Na、S、Cl,同周期元素从左到右原子半径逐渐减小, 原子半径最大元素为 Na,结合电子排布式 1s22s22p63s1 解答; (2)ClO2 分子构型为“V”形,正负电荷重心不重叠,为极性分子,易溶于水; (3)1molCl2 可以获得 2mol 电子,1molClO2 可以获得电子 5mol 电子; (4)以 NaClO2 为原料制取 ClO2,Cl 元素化合价由+3 价升高到+4 价; (5)①电解时,氢气由水还原生成; ②工业生产时,应注意安全问题。 【详解】(1)反应物中属于第三周期的元素为 Na、S、Cl,同周期元素从左到右原子半径逐渐 减小,则原子半径大小顺序为 Na>S>Cl,原子半径最大元素为 Na,结合电子排布式 1s22s22p63s1,同一轨道电子能量相同,则有四种能量不同的电子,故答案为:Na>S>Cl; 1s22s22p63s1;4; (2)ClO2 分子构型为“V”形,正负电荷重心不重叠,为极性分子,易溶于水,其在水中的 溶解度比氯气大,故答案为:极性;大; (3)设质量都是 71g,氯气得到的电子数为: ,ClO2 得到的电子数为: ,则 ClO2 消毒的效率是 Cl2 的倍数为 ,故答案 为:2.63; (4)以 NaClO2 为原料制取 ClO2,Cl 元素化合价由+3 价升高到+4 价,应加入氧化剂,故答案 为:氧化; (5)①电解时,氢气由水还原生成,则应在阴极生成,故答案为:阴; ②由电解方程式可知微酸性环境生成气体为氢气,而在中性环境中生成氧气和氢气,易导致 71g 71g/mol 2 1=2mol× × 71g 711 5= mol 67.5g/mol 13.5 × × 71 7113.5 == 2.63 2 27 ≈爆炸 危险,且微酸性环境能量利用率高,水消耗少,在故答案为:微酸性环境;转移电子 都生成氯酸钠,能量利用率高,水消耗少,不同时生成氢气和氧气,相对更安全。 【点睛】极性分子为正负电荷重心不重叠的分子,非极性分子为正负电荷重心重叠的分子。 22.Na2S 又称臭碱、硫化碱,是应用广泛的化工原料,也常用于吸收工业废气中的 SO2。完成 下列填空: (1)用离子方程式说明 Na2S 又称臭碱、硫化碱的原因___。 (2)向 AgCl 悬浊液中滴加 Na2S 溶液,生成黑色沉淀,写出反应的离子方程式___。结合你所 学习过的其它离子反应分析,离子互换反应进行的方向是___。 向 Na2S 溶液中不断通入 SO2,直至不再能吸收。其间看到溶液变浑浊,停止反应后溶液中含硫 微粒为:S2O32-、HSO3-、H2SO3、HS-。 (3)反应过程中,溶液的 pH 逐渐___(填“变大”、“变小”),生成的沉淀是___; (4)关于反应后得到 溶液,下列离子浓度关系正确的是___。 a.c(Na+)=c(S2O32-) +2c(HSO3-)+2c(H2SO3) + 2c(HS-) b.c(Na+)+c(H+)=2c(S2O32-)+c(HSO3-) +c(HS-) +c(OH-) c.c(Na+)=2c(HS-) d.c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2O32-)+c(HSO3-) 【答案】 (1). S2-+H2O OH-+HS-,HS-+H2O OH-+H2S (2). 2AgCl+S2-=Ag2S +2Cl- (3). 某些离子浓度减小的方向 (4). 变小 (5). S (6). b 【解析】 【分析】 (1)硫化钠是强碱弱酸盐,硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子,硫氢根离子水解生成 具有臭味的硫化氢; (2)Ag2S 溶解度小于 AgCl 溶解度,溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质; (3)Na2S 溶液中存在硫离子水解溶液显碱性,不断通入 SO2, SO2 溶于水显酸且 SO2 会与硫离 子反应,硫离子水解程度远远大于硫氢根离子、亚硫酸氢根离子、硫代硫酸根离子;生成的 沉淀是 S; (4)任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒,根据电荷守恒和物料守恒判断。 【详解】:(1)硫化钠是强碱弱酸盐,硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子,硫氢根离 子水解生成具有臭味的硫化氢, 故答案为: 、 ; 的 的 2- - - 2S +H O OH +HS - - 2 2HS +H O OH +H S(2)Ag2S 溶解度小于 AgCl 溶解度,溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质,离子方程式 为 ,离子互换反应进行的方向是某些离子浓度减小的方向,故答案为: ;某些离子浓度减小的方向; (3)Na2S 溶液中存在硫离子水解溶液显碱性,不断通入 SO2, SO2 溶于水显酸且 SO2 会与硫离 子反应,硫离子水解程度远远大于硫氢根离子、亚硫酸氢根离子、硫代硫酸根离子,所以溶 液的 pH 变小;生成的沉淀是 S,故答案为:变小;S; (4)a.未通入 SO2 时,Na2S 溶液中存在:c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S),通入 SO2 时后,融入 SO2 后会与水反应生成 H2SO3,无法确定 S 原子和 Na 原子之间的数量关系,故 a 错 误; b.根据电荷守恒得 c(Na+)+c(H+)=2c(S2O32-)+c(HSO3-)+c(HS-)+c(OH-),故 b 正确; c.未通入 SO2 时,Na2S 溶液中存在:c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S),c(Na+)>2c (HS-)通入 SO2 后-2 价的硫元素会减小,所以 c(Na+)>2c(HS-),故 c 错误; d.若 c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2O32-)+c(HSO3-)再结合电荷守恒可得:c(H+)= c(OH-)- c(HS-) 在未通入 SO2 时,Na2S 溶液中存在质子守恒:c(H+)= c(OH-)- c(HS-)-2c(H2S),若在通 入 SO2 时,只与该溶液中水解生成的 H2S 反应,则 d 正确,而实际上并非如此,故 d 错误。 故选 b。 【点睛】溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质,而 Ksp 大的物质不一定能转化成 Ksp 小 的物质。 23.氯气用途广泛,但在使用时,一般会产生氯化氢。工业上可用 O2 将 HCl 转化为 Cl2,以提 高效益,减少污染。反应为:O2+4HCl 2Cl2 +2H2O。 完成下列填空: (1)该反应化学平衡常数 K 的表达式为___;实验测得 P0 压强下,HCl 平衡转化率 α(HCl)随 反应温度 T 的变化如图所示,则正反应是___反应(填“吸热”或者“放热”)。 2- - 2AgCl+S =Ag S+2Cl 2- - 2AgCl+S =Ag S+2Cl(2)上述实验中若压缩体积使压强由 P0 增大至 P1,在图中画出 P1 压强下 HCl 平衡转化率 α(HCl)随反应温度 T 变化的曲线___,并简要说明理由:___。 (3)该反应在 P0、320℃条件下进行,达平衡状态 A 时,测得容器内 n(Cl2)=7.2×10–3mol, 则此时容器中的 n(HCl)=___mol。 (4)对该反应达到平衡后,以下分析正确的是___(选填编号)。 a.增加 n(HCl),对正反应的反应速率影响更大 b.体积不变加入稀有气体,对正反应的反应速率影响更大 c.压强不变加入稀有气体,对逆反应的反应速率影响更大 d.如果平衡常数 K 值增大,对逆反应的速率影响更大 (5)氯元素能形成多种离子。在水溶液中 1molCl-、1molClOx–(x=1,2,3,4)能量的相对大 小如图所示,写出 B→A+C 反应的化学方程式(用离子符号表示)___;若有 1.5molB 发生反 应,转移电子___mol。 【答案】 (1). K= (2). 放热 (3). (4). 增大压强,平衡右移,温度相同情况下,转化率增大 (5). 2.54×10–3 (6). a、 d (7). 3ClO–=2Cl– +ClO3– (8). 2 【解析】 【分析】 (1)化学平衡常数,是指在一定温度下,可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次 幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值;升高温度平衡向吸热的方 向移动,据此判断; (2)正反应为气体体积减小的反应,增大压强,平衡向正反应方向移动,相同温度下 HCl 的 [ ] [ ] [ ][ ] 2 2 2 2 4 2 Cl H O O HCl平衡转化率比之前实验的大; (3)设反应中氯化氢的起始的物质的量为 amol,反应在 P0、320°C 条件下进行,达平衡状 态 A 时,氯化氢的转化率为 85%,即有 85%amol 的氯化氢反应生成氯气的物质的量为 ,所以 a=1.69×10-2mol,据此计算; (4)a.增加 n(HCl),平衡正向移动; b.体积不变加入稀有气体,各物质的浓度不变,所以平衡不移动; c.压强不变加入稀有气体,则体积变大,相当于对原平衡体系减压,则平衡向逆反应方向移 动,据此判断; d.如果平衡常数 K 值增大,即平衡向正反应方向移动,即正反应速率大于逆反应的速率,由 于该反应为放热反应,所以要降低温度,据此判断; (5)B 自身发生氧化还原反应生成 A 和 D,根据转移电子守恒得该反应方程式为 3ClO-=ClO3-+2Cl-,根据反应中氯元素 化合价的变化判断转移电子数。 【详解】(1)平衡常数 K= ;升高温度平衡向吸热 方向移动,根据图知,温度 升高,氯化氢的转化下降,即平衡逆向移动,所以该反应的正反应为放热反应,故答案为:K= ;放热; (2)正反应为气体体积减小的反应,增大压强,平衡向正反应方向移动,相同温度下 HCl 的 平衡转化率比之前实验的大,故答案为: ; 增大压强,平衡右移,温度相同情况下,转化率增大; 3)设反应中氯化氢的起始的物质的量为 amol,反应在 P0、320°C 条件下进行,达平衡状态 A 时,氯化氢的转化率为 85%,即有 85%amol 的氯化氢反应生成氯气的物质的量为 ,所以 a=1.69×10-2,所以平衡时容器中的 n(HCl) 的 的 -37.21 85 1%amo oll 0= 2 m× × [ ] [ ] [ ][ ] 2 2 2 2 4 2 Cl H O O HCl [ ] [ ] [ ][ ] 2 2 2 2 4 2 Cl H O O HCl -37.21 85 1%amo oll 0= 2 m× ×=15%amol=2.54×10-3mol, 故答案为:2.54×10-3; (4)a.增加 n(HCl),平衡正向移动,即对正反应的反应速率影响更大,故 a 正确; b.体积不变加入稀有气体,各物质的浓度不变,所以平衡不移动,正逆反应速率 不变,故 b 错误; c.压强不变加入稀有气体,则体积变大,相当于对原平衡体系减压,则平衡向逆反应方向移 动,所以正反应的反应速率下降得更多,故 c 错误; d.如果平衡常数 K 值增大,即平衡向正反应方向移动,即正反应速率大于逆反应的速率,由 于该反应为放热反应,所以要降低温度,所以逆反应速率下降得要比正反应速率多,故 d 正 确; 故答案为:ad; (5)B→A+C,根据转移电子守恒得该反应方程式为 3ClO-=ClO3-+2Cl-,根据方程式可知,每 当有 3mol 的 ClO-反应,可转移电子 4mol,所以若有 1.5molClO-发生反应,转移电子为 2mol, 故答案为:3ClO-=ClO3-+2Cl-;2。 24.化合物 M 是一种医用高分子材料,可用于制造隐形眼镜;以下是 M、有机玻璃的原料 H 及 合成橡胶(N)的合成路线。 (1)A 中含有的官能团是___(写名称)。 (2)写出反应类型:D→E___;写出反应条件:G→H___。 (3)写出 B→C 化学反应方程式:___; (4)写出 E+F→N 化学反应方程式:___。 (5)H 在一定条件下能被氧化为不饱和酸 ,该不饱和酸有多种同分异构体,属于酯类且含有碳碳双键的同分异构体共有___种。 (6)已知:①RCHO ② ③ +SOCl2 +SO2+HCl 根据已有知识并结合相关信息,写出以 为原料制备 的合成路线流程图(无机 试剂任用)___。合成路线流程图示例如下:H2C=CH2 CH3CH2Br CH3CH2OH。 【答案】 (1). 醛基、碳碳双键 (2). 消除反应 (3). 氢氧化钠溶液,加热 (4). +HOCH2CH2OH +H2O (5). (6). 5 种 (7). 【解析】 【分析】 根据 M 的结构简式可知 C 为: ,B 与乙二醇反应生成 C,则 B 的结构简 式 为 : , A 通 过 ① 银 镜 反 应 、 ② 与 H+ 反 应 生 成 B , 则 A 的 结 构 简 式 为 : ;A 与氢气发生加成反应生成 D,A 中碳碳双键、碳氧双键都能够与氢气发生加成 反应,根据 D 一定条件下能够生成 E 可知,D 为 ;又 F 能够生成天然橡胶,则 F 的结构简式为: ,根据加聚反应原理可以写出 E 与 F 反应合成 N 的化学方程式 为: 。【详解】(1)根据分析可知 A 为 ,故答案为:醛基、碳碳双键; (2)D 为 ,D 通过消去反应生成 E;G 到 H 位氯代烃的消去反应,反应条件为故 答案为氢氧化钠溶液,加热,消去反应;加聚反应;氢氧化钠溶液,加热; (3)B 为 ,B 与乙二醇反应的化学方程式为: ; (4)E 与 F 反应的化学方程式为: ; (5)H 在一定条件下能被氧化为不饱和酸 ,该不饱和酸有多种同分异构体,属 于酯类且含有碳碳双键的同分异构体的结构简式有:HCOOC(CH3)=CH2、HCOOCH2-CH=CH2、 HCOOCH=CH-CH3、CH3COOCH=CH2、CH2=CH-COOCH3,共 5 种,故答案为:5; (6)以 为原料制备 ,结合题中各物质的转化条件可知,可以用与 与 HCN 发生加成反应生成 , 发生消去反应生成 , 与 SOCl2 发生取代反应生成 , 分子内脱去 氯化氢得 , 与氢气加成得 ,合成路线为 。 【点睛】本题考查了有机物的推断、结构和性质,明确有机物的官能团及其性质是解题关键, 同时对一些特殊反应的反应条件要敏感;第(6)题是本题难点,对学生的逻辑推理有一定的 要求。

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