湖南郴州市2018届高三化学第一次质量检测(含解析)
加入VIP免费下载

本文件来自资料包: 《湖南郴州市2018届高三化学第一次质量检测(含解析)》 共有 1 个子文件,压缩包列表如下:

注:压缩包层级关系提取自源文件,您看到的所有资料结构都和您下载的源文件一致

加入VIP免费下载
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,天天资源网负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服处理。
网站客服:403074932
资料简介
www.ks5u.com 湖南省郴州市2018届高三第一次质量检测 化学试题 ‎1. 化学与生产生活联系紧密,下列有关说法正确的是 A. 只用淀粉溶液即可检验食盐是否为加碘盐 B. 氢氟酸刻蚀水晶饰品体现其酸性 C. 水垢中的CaSO4,可先转化为CaCO3,再用酸除去 D. 煤经过气化和液化等物理变化可转为清洁能源 ‎【答案】C ‎【解析】A. 加碘盐含有KIO3,淀粉遇单质碘变蓝,只用淀粉溶液不可检验食盐是否为加碘盐,故A错误;B. 氢氟酸刻蚀水晶饰品是因为生成SiF4气体,不是体现其酸性,故B错误;C. 水垢中的CaSO4,可利用Na2CO3溶液先转化为CaCO3,再用酸除去,故C正确;D. 煤的气化和液化属于化学变化,故D错误。故选C。‎ 点睛:解答本题的难点是选项C,用Na2CO3溶液控制溶液中Qc=c(Ca2+)c(CO32-)>Ksp(CaCO3),即可将CaSO4转化为CaCO3,弱酸盐CaCO3可溶于强酸。‎ ‎2. 下列与化学有关的文献.理解错误的是 A. 《咏石灰》(明·于谦)中“……烈火焚烧若等闲……要留清白在人间”其中“清白”是指氢氧化钙 B. 《咏煤炭》(明·于谦)中:凿开混沌得乌金……不辞辛苦出山林”其中“乌金”的主要成分是煤炭 C. 《天丁开物》中记载:“以消石、硫磺为主。草木灰为辅。……魂散惊而魄齑粉”文中提到的是火药 D. 《天丁开物》中有如下描述:“世间丝、麻、裘、褐皆具素质……”文中的“裘”主要成分是蛋白质 ‎【答案】A ‎【解析】A. 《咏石灰》(明·于谦)中“……烈火焚烧若等闲……要留清白在人间”,描述的是碳酸钙的受热分解,其中“清白”是指氧化钙,故A错误;B. 《咏煤炭》(明·于谦)中“凿开混沌得乌金……不辞辛苦出山林”描述的是煤炭的开采,其中“乌金”的主要成分是煤炭,故B正确;C. 《天工开物》中记载:“以消石、硫磺为主。草木灰为辅。……魂散惊而魄齑粉” ,消石、硫磺是制造火药的主要原料,故C正确;D. 《天工开物》中有如下描述:“世间丝、麻、裘、‎ 褐皆具素质……”文中的“裘”指的是动物的毛皮,主要成分是蛋白质,故D正确;故选A。‎ ‎3. 1mol化学式为C4H8O3的物质分别与足量的NaHCO3且和Na反应产生气体的物质的量相等,满足条件的同分异构体数目为(不考虑空间异构)‎ A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种 ‎【答案】B ‎【解析】—COOH与NaHCO3反应生成CO2,—OH与Na反应生成H2,产生的气体的物质的量相等,说明C4H8O3含有的羧基与羟基一样多,所以C4H8O3分子含有一个—COOH和一个—OH,C4H8O3分子可看作由—COOH、—OH、—C3H6—组成,可形成5种分子结构,故选B。‎ 点睛:解答本题需要注意—COOH中含有羟基,—COOH既能与NaHCO3反应,又能与Na反应。1mol—COOH与足量NaHCO3反应生成1molCO2,与足量Na反应生成0.5molH2。‎ ‎4. 设NA表示阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是 A. 80℃时,1L pH=l的硫酸溶液中,含有的OH-数目为10-13NA B. 向含有FeI2的溶液中通人适量氯气,当有1molFe2+被氧化时,该反应转移电子数目为3NA C. l00g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为4NA D. 以Mg、Al为电极,NaOH溶液为电解质溶液的原电池中,导线上流过NA个电子 ‎【答案】C ‎【解析】A. 80℃时,Kw>1×10-14,1LpH=l的硫酸溶液中,c(OH-)=>mol/L=1×10-13mol/,含有的OH-数目大于10-13NA,故A错误;B. 还原性:I->Fe2+,向含有FeI2的溶液中通人适量氯气,当有1molFe2+被氧化时,I-已经完全被氧化,该反应转移电子数目不能确定,故B错误;C. l00g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有46g即1mol乙醇和54g即3mol水,氧原子数为4NA,故C正确;D. 以Mg、Al为电极,NaOH溶液为电解质溶液的原电池中,导线上流过的电子数无法确定,故D错误。故选C。‎ ‎5. 下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是 A. 熔融烧碱时,不能使用普通石英坩埚:SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O B. 在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2:2I-+ H2O2+2H+= I2+O2↑+2H2O C. 红热的铁丝与水接触,表面形成蓝黑色(或黑色)保护层:3Fe+ 4H2O(g)Fe3O4+4H2‎ D. “84消毒液”(有效成分NaClO)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用放出氯气:ClO-+ Cl-+ 2H+= Cl2↑+H2O ‎【答案】B ‎【解析】A. 熔融烧碱时,不能使用普通石英坩埚,因为二者反应:SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O,A正确;B. 在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2:2I-+H2O2+2H+=I2 +2H2O,B错误;C. 红热的铁丝与水接触,表面形成蓝黑色(或黑色)保护层四氧化三铁:3Fe+4H2O Fe3O4 +4H2,C正确;D. “84消毒液”(有效成分NaClO)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用发生氧化还原反应放出氯气:ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O,D正确,答案选B。‎ ‎6. 某同学查阅教材得知,普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4C1、ZnCl2等物质。他在探究废干电池内的黑色固体回收利用时,进行如图所示实验:下列有关实验的叙述中,不正确的是 A. 操怍①中玻璃棒的作用是加快固体溶解速度 B. 操作②的操作名称是过滤 C. 操作③中盛放药品的仪器是坩埚 D. 操作④的目的是除去滤渣中杂质 ‎【答案】D ‎【解析】试题解析:A.操作①中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用,故A正确;B.普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质,NH4Cl、ZnCl2易溶于水,MnO2难溶于水,操作②是把固体与溶液分离,应是过滤,故B正确;C.由图可知操作③是在坩埚内灼烧滤渣,通常把泥三角放在三角架上,再把坩埚放在泥三角上,故C正确;D.二氧化锰是黑色固体,能作双氧水的催化剂,灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气,能证明黑色固体是二氧化锰,所以该实验的目的不是除去滤渣中杂质,故D错误。‎ 考点:化学实验基本操作 ‎7. 已知a、b、c、d四种短周期主族元素,在周期表中相对位置如下图所示,下列说法正确的是 A. a、c两元素的最高正价一定相等 B. d的原子序数不可能是b的原子序数的3倍 C. c的最高价氧化物对应的水化物可溶于d的最高价氧化物对应的水化物 D. 若c元素最高价氧化物对应的水化物是强酸,则d元素的单质具有强氧化性 ‎【答案】D ‎【解析】若a是氧元素,则c是硫元素,最高正价不相等,故A错误;若b是Be元素,则d是Mg元素,d的原子序数是b的原子序数的3倍,故B错误;若c的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝,则d的最高价氧化物对应的水化物是硅酸,氢氧化铝难溶于硅酸,故C错误;若c元素最高价氧化物对应的水化物是强酸,则c是S,d是氯元素,氯气具有强氧化性,故D正确。‎ ‎8. 常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. =0.1的溶液中:N a+\K+、SiO42-、SO32-‎ B. pH=l的溶液中:K+、Al3+、SO42-、F-‎ C. 与镁反应生成氢气的溶液中:Na+、Ba2+、NO3-、Cl-‎ D. 0. 1mol/L的NaHCO3溶液中:NH4+、Mg2+、Br-、AlO2-‎ ‎【答案】A ‎【解析】A.的溶液显碱性,溶液pH=13,离子组Na+、K+、SiO32—、SO32-在溶液中彼此间不发生离子反应,能大量共存;B.HF为弱酸,F-不能在强酸性溶液中大量存在,故B错误;C.与镁反应生成氢气的溶液显酸性,在酸性溶液中NO3-有强氧化性,与金属作用不可能生成氢气,故C错误;D.HCO3-在溶液中的电离能促进AlO2-水解,不能大量共存,故D错误,答案为A。‎ ‎9. 乙酸橙花酯是一种食用香料,其结构简式如图,关于该有机物的叙述中正确的是 ‎①1mol该有机物可消耗3mol H2; ②不能发生银镜反应; ③分子式为C12H20O2; ④它的同分异构体中可能有酚类; ⑤1 mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH A. ②③④ B. ①④⑤ C. ①②③ D. ②③⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:该有机物含有碳碳双键和酯基。①1摩尔该有机物能消耗2摩尔氢气,错误;②没有醛基,不能发生银镜反应,正确;③给有机物分子式为C12H20O2,正确;④该分子式分析,当有苯环时,氢原子最多为18个,所以不能含有苯环,即不可能有酚类,错误;⑤含有酯基,1摩尔该有机物水解消耗1摩尔氢氧化钠,正确。故选D。‎ 考点:有机物的结构和性质 ‎10. 优质的锂碘电池可用于心脏起搏器延续患者的生命,它的正极材料是聚2-乙烯吡啶(简写P2VP)和I2的复合物,电解质是固态薄膜状的碘化锂,电池的总反应为2Li+P2VP•nI2= P2VP•(n-1)I2+2LiI,则下列说法正确的是 A. 正极的反应为P2VP•nI2+2e-= P2VP•(n-1)I2+2I-‎ B. 电池工作时,碘离子移向P2VP极 C. 聚2-乙烯吡啶的复合物与有机物性质相似,因此聚2-乙烯吡啶的复合物不会导电 D. 该电池所产生的电压低,使用寿命比较短 ‎【答案】A ‎【解析】A. 正极的反应为P2VP•nI2+2e-=P2VP•(n-1)I2+2I-,故A正确;B. P2VP极为正极,电池工作时,碘离子移向负极Li,故B错误;C. 聚2-乙烯吡啶的复合物含有π电子,因此聚2-乙烯吡啶的复合物可以导电,故C错误;D. 锂的比能量高,该电池使用寿命比较长,故D错误。故选A。‎ ‎11. 由下列实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 将氯气、SO2气体分别通入品红溶液 溶液均退色 氯气、SO2均有漂白性且漂白原理相同 B 某溶液加入浓NaOH溶液加热,在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸 试纸变蓝 NH3是碱 C 硝酸银溶液中加少量NaCl溶液,再加KI溶液 先出现白色沉淀,后出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)‎ D FeCl3溶液中通入足量SO2气体,然后滴入KSCN溶液 溶液不变红 还原性SO2>Fe2+ ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】A. 氯气利用与水反应的生成物次氯酸的氧化性漂白,SO2可与色素结合为不稳定的无色物质,它们的漂白原理不同,故A错误;B. NH3不能电离产生OH-,所以不是碱,NH3与H2O反应的生成物NH3·H2O是碱,故B错误;C. 硝酸银溶液中加少量NaCl溶液,产生白色沉淀AgCl,溶液中剩余硝酸银,再加KI溶液,产生黄色沉淀AgI,不是AgCl转化为AgI而是直接生成AgI,不能证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),故C错误;D. FeCl3溶液中通入足量SO2气体,然后滴入KSCN溶液,溶液不变红,表明SO2将Fe3+还原为Fe2+,证明还原性SO2>Fe2+,故D正确。故选D。‎ ‎12. 一定条件下,CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g) △H=-53.7kJ/mol;向2L恒容恒温密闭容器中充入1mol CO2和2.8molH2反应,图中过程I、Ⅱ是在两种不同催化剂作用下建立平衡的过程中CO2的转化率α(CO2)]随时间(t)的变化曲线。下列说法不正确的是 A. m点:v(正)>v(逆) B. 活化能:过程Ⅱ>过程I C. n点时该反应的平衡常数K=50 D. 过程I,t2时刻改变的反应条件可能是升高温度 ‎【答案】C CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)‎ 起始浓度(mol/L) 0.5 1.4 0 0‎ 转化浓度(mol/L) 0.4 1.2 0.4 0.4‎ 平衡浓度(mol/L) 0.1 0.2 0.4 0.4‎ 所以该反应的平衡常数K==200,C错误;‎ D. 过程I,t2时刻转化率降低,说明反应向逆反应方向进行,由于正反应放热,因此改变的反应条件可能是升高温度,D正确,答案选C。‎ ‎13. 某溶液中含有的离子可能是K+、Ba2+、Al3+、Mg2+、AlO2-、CO32-、SiO32-、Cl-中的几种,现进行如下实验:‎ ‎①取少量溶液滴加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成;‎ ‎②另取少量原溶液,逐滴加入5mL 0.2mol/L盐酸,发生的现象是:开始产生沉淀并逐渐增多,沉淀量基本不变后产生气体,最后沉淀逐渐减少至消失:‎ ‎③在上述②沉淀消失后的溶液中,再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g。‎ 下列说法中正确的是 A. 该溶液中一定不含Ba2+、Al3+、Mg2+、SiO32-、Cl-‎ B. 该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-‎ C. 该溶液是否有K+需做焰色反应(透过蓝色钴玻璃片)‎ D. 可能含有Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】①向溶液中加入氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成,说明溶液中一定不存在与氢氧化钠生成沉淀的离子,即A13+和Mg2+;②另取少量原溶液,逐滴加入5mL0.2mol•L-1的盐酸,开始产生沉淀并逐渐增多,沉淀量基本不变后产生气体,最后沉淀逐渐减少至消失,,所以一定不存在SiO32-,滴加盐酸产生和溶解的沉淀为氢氧化铝,题中所给的离子中能与盐酸反应生成气体的只有CO32-,则气体为二氧化碳,说明原溶液中存在AlO2-和CO32-,所以一定不存在与CO32-反应的Ba2+,再根据溶液呈电中性可知,溶液中一定存在唯一的阳离子K+;③在上述②沉淀消失后的溶液中,再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.435g,则沉淀为AgCl,物质的量为:0.435g÷143.5g/mol=0.003mol,②中加入的氯离子的物质的量为:n(HCl)=0.2mol/L×0.005L=0.001mol<n(AgCl),所以原溶液中一定存在0.02mol Cl-。‎ A.根据以上分析可知,溶液中一定不存在Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32-,一定存在Cl-,故A错误;B.由分析可知:该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-,故B正确;C.根据溶液呈电 中性可以判断,溶液中一定存在钾离子,不需要通过焰色反应判断钾离子是否存在,故C错误;D.根据生成氯化银沉淀的物质的量可知,原溶液中一定存在氯离子,故D错误;答案选B。‎ 点睛:根据离子的特征反应及离子间的共存情况,进行离子推断时要遵循以下三条原则:(1)互斥性原则,判断出一定有某种离子存在时,将不能与之共存的离子排除掉,从而判断出一定没有的离子,如本题的原溶液中存在CO32-,所以一定不存在与CO32-反应的Ba2+;(2)电中性原则,溶液呈电中性,溶液中一定有阳离子和阴离子,不可能只有阳离子或阴离子,如本题根据溶液呈电中性可知,溶液中一定存在唯一的阳离子K+;(3)进出性原则,离子检验时,加入试剂会引入新的离子,某些离子在实验过程中可能消失,则原溶液中是否存在该种离子要结合题目信息进行判断,如本题中的Cl-就是利用最终生成的AgCl沉淀的质量和开始加入的HCl的物质的量判断一定存在。‎ ‎14. 甲乙丙丁戊是中学常见的无机物,他们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。下列说法错误的是 A. 若戊为一种强碱且焰色反应为黄色,则反应①②可能都属于氧化还原反应 B. 常温下,若丙为无色气体,戊为红棕色气体,则甲、乙可能是铜和稀硝酸 C. 若甲为硫磺燃烧产物,丁为水,则戊不可用于干燥甲 D. 若甲为浓盐酸,乙为MnO2,则戊可能使品红褪色 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:A.若戊为一种强碱且焰色反应为黄色,则戊为NaOH,此时甲、乙可能为Na和O2、丙为Na2O2,与水反应生成戊(NaOH),故A正确;B.若丙为无色气体,戊为红棕色气体,则丙为NO、戊为NO2,但能产生NO的不一定是铜和稀硝酸,故B错误;C.若甲为硫磺燃烧产物(SO2),丁为水,则乙为O2、丙为SO3、戊为H2SO4,浓硫酸可用于干燥SO2,故C正确;D.若甲为浓盐酸,乙为MnO2,则丙为Cl2,可与水或者碱反应产生具有漂白性的HClO或者次氯酸盐,故D正确。故选B。‎ 考点:考查无机物之间的转化 ‎15. 在标准状况下,将a L NH3完全溶于水得到V mL氨水,溶液的密度为pg .cm-3‎ ‎,溶质的质量分数为ω,溶质的物质的量浓度为cmol/L。下列叙述中正确的有 ‎① ② ③上述溶液中加入VmL水后,所得溶液的质量分数大于0.5ω ④上述溶液中再加入1.5V mL同浓度稀盐酸,充分反应后溶液中离子浓度大小关系为:c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)‎ A. ②③ B. ②④ C. ③④ D. ①③‎ ‎【答案】B ‎【解析】①氨气溶于水,主要以NH3•H2O存在,但仍然以NH3作为溶质,ω=×100%= =×100%=×100%,选项①错误;②、C= == mol/L,选项②正确;③水的密度比氨水的密度大,所以上述溶液中再加入VmL水后,混合后溶液的质量大于2倍的原氨水的质量,溶质氨气的质量不变,所以所得溶液的质量分数小于0.5ω,选项③错误;④上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸,溶液为氯化铵与氯化氢的混合溶液,浓度之比为2:1,溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),铵根离子水解,水解程度微弱,所以c(Cl-)>c(NH4+),充分反应后溶液中离子浓度大小关系为:c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-),选项④正确;答案选B。‎ 点睛:本题考查物质的量浓度的计算、盐类水解、质量分数等,注意氨气溶于水主要以一水合氨存在,但溶质仍以氨气计算,氨水的密度小于水,浓度越大密度越小。‎ ‎16. 某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2价),既含有Fe2+又含有Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与l00mL的盐酸恰好完全反应(注:矿石中其他成分不与盐酸反应),生成硫单质2.4g、FeCl20.425mol和一定量H2S气体,且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是 A. l00mL的盐酸中HC1物质的量浓度为7.5mol/L B. 生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24L C. 该磁黄铁矿中FexS的x=0.85‎ D. 该磁黄铁矿FexS中,Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:A.根据题给信息知,将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应,生成FeCl20.425mol,根据氯原子守恒知,HCl的物质的量为0.85mol,100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为8.5mol/L,A项错误;B.根据铁原子守恒知,磁黄铁矿中铁的物质的量为0.425mol,硫单质是由反应2Fe3++S2—=2Fe2++S生成的,生成硫单质2.4g,物质的量为0.075mol,则磁黄铁矿中+3价铁的物质的量为0.15mol,+2价铁的物质的量为0.275mol,根据化合价规则知,原磁黄铁矿中—2价硫的物质的量为0.5mol,根据硫原子守恒知,生成H2S的物质的量为0.425mol,标准状况下的体积为9.52L,B项错误;C.根据上述分析,该磁黄铁矿中FexS的x=0.85,C项正确;D.该磁黄铁矿FexS中,Fe2+与Fe3+的物质的量之比为17:6,D项错误;答案选B。‎ ‎【考点定位】考查氧化还原反应的计算,原子守恒法计算。‎ ‎【名师点睛】本题考查根据氧化还原反应进行计算,根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算,根据氢原子守恒计算硫化氢体积,根据转移电子守恒计算亚铁离子和铁离子的物质的量之比,计算量较大,难度较大。①根据氯原子守恒计算盐酸的浓度;②根据氢原子守恒计算硫化氢的体积;③根据转移电子守恒计算n(Fe3+),根据铁原子守恒计算n(Fe2+),根据氢原子守恒及硫单质计算硫原子的物质的量,从而得出x值;④根据转移电子守恒计算Fe2+与Fe3+的物质的量之比。‎ ‎17. FeCl2是一种常用的还原剂。有关数据如下:‎ C6H5Cl(氯苯)‎ C6H4Cl2‎ FeCl3‎ FeCl2‎ 溶解性 不溶于水.易溶于苯 不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯,易吸水。‎ 熔点/℃‎ ‎-45‎ ‎53‎ ‎——‎ ‎——‎ 沸点/℃‎ ‎132‎ ‎173‎ ‎——‎ ‎——‎ 实验室可以用多种方法来制备无水FeCl2,回答下列问题:‎ I.按如图l装置用H2还原无水FeCl3制取,装置C的作用是_________;E中盛放的试剂是_________;D中反应的化学方程式为_________。‎ II.按如图2装置,在三颈烧瓶中放入162.5g无水氯化铁和225g氯苯,控制反应温度在128—139℃加热3h,反应接近100%。冷却,分离提纯得到粗产品。反应如下:2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HC1‎ ‎(1)该制取反应中,作还原剂的是_________。‎ ‎(2)反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点,但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失,原因是_________。‎ ‎(3)冷却实验装置,将三颈瓶内物质经过过滤、洗涤,干燥后,将得到粗产品。‎ ‎①洗涤所用的试剂可以是_________;‎ ‎②回收滤液中C6H5Cl的方法是_________。‎ ‎(4)仅通过烧杯中的现象变化就可以监控氯化铁的转化率。若要监控氯化铁转化率达到或超过90%,则烧杯中试剂可以是加有酚酞,且理论上含_________g NaOH的溶液。‎ ‎【答案】 (1). 干燥氢气 (2). 碱石灰 (3). H2+2FeCl32FeCl2+2HC1 (4). C6H5Cl (5). 实验使用了冷凝回流装置 (6). 苯 (7). 蒸馏滤液,并收集132℃馏分 (8). 18‎ ‎【解析】本题主要考查FeCl2的实验室制法。‎ I.按如图l装置用H2还原无水FeCl3制取,装置C的作用是干燥氢气;E中盛放的试剂是碱石灰;D中反应的化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HC1。‎ II.(1)该制取反应中,FeCl3是氧化剂,作还原剂的是C6H5Cl。‎ ‎(2)反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点,但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失,原因是实验使用了冷凝回流装置。‎ ‎(3)①C6H5Cl、C6H4Cl2易溶于苯,FeCl2不溶于苯,洗涤所用的试剂可以是苯;‎ ‎②分离互溶液体的一般方法是蒸馏,回收滤液中C6H5Cl的方法是蒸馏滤液,并收集132℃馏分。‎ ‎(4)162.5g无水氯化铁的物质的量是1mol,氯化铁转化率达到或超过90%,生成氯化氢的物 质的量不少于0.45mol,烧杯中的酚酞在氢氧化钠耗尽时由红色变为无色,理论上与0.45molHCl发生反应消耗0.45mol即18gNaOH。‎ ‎18. 某化工厂以软锰矿、闪锌矿(除主要成分为MnO2、ZnS外还含有少量的FeS、CuS、Al2O3等物质)为原料制取Zn和MnO2。‎ ‎(1)在一定条件下,将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用,配平如下的化学方程式:口MnO2+口FeS+口H2SO4=口MnSO4+口Fe2(SO4)3+口S+口H2O _______________‎ ‎(2)将所得含有Mn2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Zn2+的酸性溶液按以下的工业流程进行操作处理得溶液(IV),电解溶液(IV)即得MnO2和Zn。‎ a.操作①中加Zn粉后发生反应的离子方程式为:______________。‎ b.操作②中加入适量X的作用是什么______________;X的首选物的化学式是______________。‎ c.操作③中所加碳酸盐的化学式是______________。‎ ‎(3)为了从上述流程中产生的Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀混合物中同收Al(OH)3,工厂设计了如下的有关流程图 a.AlC13溶液和NaAlO2溶液反应生成Al(OH)3的离子方程式为_____________,若总共得到n molAl(OH)3,则消耗的NaOH和HC1的理论量(mol)分别为_______、_________。‎ b.若使用下列流程同收处理,请比较两个流程消耗酸碱的用量?________________。‎ ‎【答案】 (1). 3、2、6、3、1、2、6 (2). Zn+2Fe3+ =Zn2++ 2Fe2+、Zn+Cu2+=Zn2++ Cu (3). 将Fe2+氧化成Fe3+ (4). MnO2 (5). MnCO3或ZnCO3 (6). Al3+ + 3AlO2-+ 6H2O=4Al(OH)3↓ (7). (8). (9). 如按下流程,则得到同样n molAl(OH)3,消耗的NaOH、HC1的埋论量分别为nmol,大于前流程的消耗量,相对而言,前流程更符合节约的原则 ‎【解析】试题分析:(1)在一定条件下,将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用,根据原子守恒、电子守恒可得配平的化学方程式:3MnO2 + 2FeS +6H2SO4==3MnSO4 + Fe2(SO4)3 +2S +‎ ‎ 6H2O;a.操作①向该溶液中加入Zn粉后,溶液中的Fe3+、Cu2+会与Zn发生氧化还原反应,发生反应的离子方程式为Zn + 2Fe3+==Zn2+ + 2Fe2+、Zn + Cu2+==Zn2+ + Cu;根据图示可知在酸性溶液Ⅱ中含有Fe2+、Al3+等,要将它们反应转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀,应该先加入氧化剂,将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+;为了不引入新的杂质离子,加入的氧化剂可以是MnO2;c.操作③中所加碳酸盐就是调整溶液的酸碱性的,根据除杂的原则,该物质应该是的化学式是MnCO3或ZnCO3;(3)a.AlCl3溶液和NaAlO2溶液混合发生盐的双水解反应生成AI(OH)3,该反应的离子方程式为Al3++ 3AlO2-+ 6H2O==4Al(OH)3↓;由于n(Al3+):n(AlO2-)=1:3,所以若总共得到n molAl(OH)3,则需要消耗AlCl3的物质的量是n/4mol,消耗NaAlO2的物质的量是3n/4mol,根据元素守恒可知n(NaOH)=n(NaAlO2)= 3n/4mol,n(HCl)=3n(AlCl3)= 3n/4mol,b.若使用下列流程回收处理,得到同样n molAl(OH)3,消耗的NaOH、HCl的理论量分别为n mol,大于前一个流程消耗酸碱的用量,因此相对而言,前流程更符合节约的原则。‎ 考点:考查氧化还原反应离子方程式的书写、物质的选择及作用、关于化学方程式的计算、化学实验方案的设计及评价的知识。‎ ‎19. CO2是燃烧和代谢的最终产物,也是造成温室效应昀废气,但CO2作为一种资源,开发和利用的前景十分诱人。‎ I、利用太阳能,以CO2为原料制取炭黑的流程如上图所示。过程2的化学方程式为:__________。‎ II、近年科学家提出“绿色自由”构想。把含有大量CO2的空气吹入K2CO3溶液中,再把CO2从溶液中提取出来,并使之与H2反应制取甲醇。其工艺流程如图所示:‎ ‎(1)①由吸收池导入分解池中的主要物质的化学式是____________。‎ ‎②上述流程中____________(填化学式)可循环使用,该流程体现了“绿色化学”理念。‎ ‎(2)不同温度下,在1L恒容密闭容器中充入2mol CO2和5 mol H2,相同时间内测得CO2的转化率随温度变化如下图所示:‎ ‎①合成塔中发生的化学反应方程式为____________。‎ ‎②T1时a点v(正)____________v(逆)(填“>”,“ (6). 800 (7). 56 (8). 从右至左 (9). 2CO2+12H++ 12e-=C2H4+4H2O ‎【解析】本题主要考查有关二氧化碳的性质。‎ I、过程2的化学方程式为:6FeO+CO2=C+2Fe3O4。‎ II、(1)①分解池中产生CO2,由吸收池导入分解池中的主要物质的化学式是KHCO3。‎ ‎②上述流程中KHCO3分解产生K2CO3,所以K2CO3(填化学式)可循环使用,该流程体现了“绿色化学”理念。‎ ‎(2)①合成塔中发生反应的化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O。‎ ‎②T1时a点平衡向着正反应方向建立,所以v(正)>v(逆))‎ ‎③温度为T4时b点的平衡浓度:c(CO2)=(2-1.6)mol/L=0.4mol/L,c(H2)=(5-4.8)mol/L=0.2mol/L,c(CH3OH)=c(H2O)=1.6mol/L,平衡常数为=800。‎ ‎(3)V(盐酸)≤25mL时,发生反应:K2CO3+HClKCl+KHCO3,n(K2CO3)= n(HCl)=0.10mol/L×25mL=2.5mmol,K2CO3+H2O+CO22KHCO3,则该l00mL吸收液还可吸收2.5mmol即标准状况下56mLCO2.‎ III、 (1)CO2发生还原反应,通入CO2的一极是阴极,阳离子移向阴极,H+的移动方向是从右至左;‎ ‎(2)产生乙烯的电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。‎ ‎20. 对乙酰氨基苯酚(F)是最常用的非甾体消炎解热镇痛药,用于治疗感冒发烧、关节痛、神经痛、偏头痛等,它可用最简单的烯烃A等合成:‎ 已知:‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)E的名称为__________,C中含有的官能团是__________。‎ ‎(2)B的结构简式是__________,反应③的反应类型是__________。‎ ‎(3)F与足量NaOH溶液反应的化学方程式为__________。‎ ‎(4)F的同分异构体有很多,其中一类同时满足下列条件的同分异构体共有_______种。‎ ‎①苯环上有三个侧链;②与FeCl3溶液发生显色反应;③能发生银镜反应且醛基直接连在苯环上。‎ ‎(5)参照F的合成路线,设计一条以溴苯为起始原料制备的合成路线___________。‎ ‎【答案】 (1). 硝基苯 (2). 羧基 (3). CH3CHO (4). 取代反应或脱水 (5). (6). 20 (7). (或)(或)‎ ‎【解析】本题主要考查有机物的结构与性质。‎ ‎(1)E的名称为硝基苯,C中含有的官能团是羧基。‎ ‎(2)B的结构简式是CH3CHO,反应③乙酸转化为乙酸酐,其反应类型是取代反应或脱水反应。‎ ‎(3)F与足量NaOH溶液反应的化学方程式为。‎ ‎.....................‎ ‎(5)以溴苯为起始原料制备的合成路线:(或)(或)‎ ‎ ‎

资料: 29.3万

进入主页

人气:

10000+的老师在这里下载备课资料