山西省朔州市怀仁一中2015-2016学年高三第一次月考化学试卷.doc

山西省朔州市怀仁一中 2015-2016 学年高三(上)第一次月 考化学试卷 参考答案与试题解析
一、选择题(共 14 小题,每小题 3 分,每小题只有一个选项符合题意) 1. 《神农本草经》说:“水银…镕化(加热)还复为丹.”《黄帝九鼎神丹经》中的“柔丹”“伏 丹”都是在土釜中加热 Hg 制得的.这里的“丹”是指( A.氯化物 B.合金 ) D.氧化物

C.硫化物

【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系. 【分析】在加热的条件下,金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞,氧化汞属于物质分类中 的氧化物,据此回答. 【解答】解:在土釜中加热 Hg,金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞,氧化汞属于物质 分类中的氧化物,故选 D. 【点评】 本题考查学生物质的分类以及氧化物的概念的理解知识, 属于教材基本知识的考查, 难度不大.

2.下列物质的应用不正确的是( A.SO2 可用于漂白纸浆 C.氢氟酸可用于蚀刻玻璃

) B.碱石灰可用于干燥氯气 D.碳酸氢钠可用于中和胃酸

【考点】二氧化硫的化学性质;钠的重要化合物. 【分析】A.SO2 具有漂白性; B.碱石灰与氯气反应,不能干燥氯气; C.氢氟酸为弱酸,能够与玻璃中的二氧化硅发生反应,能够腐蚀玻璃; D.碳酸氢钠与胃液中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳. 【解答】解:A.SO2 具有漂白性,可用于漂白纸浆,故 A 正确; B.氯气与碱石灰中的氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水,不能用碱石灰干燥,故 B 错误; C.氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅和水 SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O,氢氟酸可用于蚀刻玻 璃,故 C 正确;

D.碳酸氢钠与胃液中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳,可用于治疗胃酸(主要成分 是盐酸)过多,反应的化学方程式为:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,故 D 正确; 故选 B. 【点评】本题考查物质的性质和用途,题目难度不大,明确物质的性质是解题关键,注意对 相关知识的积累,培养了学生灵活应用所学知识的能力.

3.美国研究人员将 CO 和 O 附着在一种钌催化剂表面,用激光脉冲将其加热到 2000K,成 功观察到 CO 与 O 形成化学键生成 CO2 的全过程.下列说法不正确的是( )

A.CO2 属于酸性氧化物 B.CO 与 O 形成化学键的过程中放出能量 C.钌催化剂可以改变该反应的焓变 D.CO 与 O 形成化学键的过程中有电子转移 【考点】氧化还原反应;吸热反应和放热反应;催化剂的作用. 【分析】A.根据酸性氧化物为与碱反应生成盐和水判断; B.形成化学键时放出热量; C.催化剂只改变活化能,不改变反应的焓变; D.根据 CO 转换成二氧化碳时碳的化合价升高. 【解答】解:A.CO2 与碱反应生成盐和水为酸性氧化物,故 A 正确; B.形成化学键时放出热量,故 B 正确; C.催化剂只改变活化能,不改变反应的焓变,故 C 错误; D.CO 转换成二氧化碳时碳的化合价升高,所以 CO 与 O 形成化学键过程中有电子转移, 故 D 正确. 故选 C. 【点评】本题考查了一氧化碳与二氧化碳的性质,题目难度不大,注意把握酸性氧化物的定 义和催化剂只改变活化能,不改变反应的焓变.

4.三氯异氰尿酸是一种极强的氧化剂和氯化剂,利用氰尿酸(如图 1)与次氯酸在一定 pH 下反应可制备三氯异氰尿酸(如图 2) ,若原料完全反应生成三氯异氰尿酸.则氰尿酸和次 氯酸的物质的量之比应为( )

A.1:1

B.2:3

C.1:2

D.1:3

【考点】化学方程式的有关计算. 【分析】氰尿酸与次氯酸在一定 pH 下发生取代反应可制备三氯异氰尿酸,反应方程式为:

+3HOCl→

+3H2O,由此分析解答.

【解答】解:氰尿酸与次氯酸在一定 pH 下发生取代反应可制备三氯异氰尿酸,反应方程式

为: 3,故选 D.

+3HOCl→

+3H2O,所以氰尿酸和次氯酸的物质的量之比应为 1:

【点评】本题以三氯异氰尿酸为载体,考查化学反应的特点和应用,注意次氯酸的结构和性 质,以及取代反应的特点,难度不大.

5.下列有关离子方程式书写正确的是(





A.铝溶于氢氧化钠溶液:Al+2OH +H2O═AlO2 +2H2↑ B.铜片投入少量 FeCl3 溶液中:3Cu+2Fe3+═2Fe+3Cu2+ C.Ca(HCO3)2 溶液与足量澄清石灰水混合:Ca2++HCO3 +OH ═CaCO3↓+H2O
﹣ ﹣

D.用铁棒作电极电解 CuSO4 溶液:2Cu2++2H2O 【考点】离子方程式的书写. 【分析】A.电子、电荷不守恒; B.反应生成氯化铜、氯化亚铁; C.反应生成碳酸钙和水; D.阳极 Fe 失去电子,阴极铜离子得到电子.

2Cu↓+O2↑+4H+

【解答】解:A.铝溶于氢氧化钠溶液的离子反应为 2Al+2OH +2H2O═2AlO2 +3H2↑,故 A 错误; B.铜片投入少量 FeCl3 溶液中的离子反应为 Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+,故 B 错误;
2+ C. Ca (HCO3) 2 溶液与足量澄清石灰水混合的离子反应为 Ca +HCO3 +OH ═CaCO3↓+H2O,
﹣ ﹣





故 C 正确; D.用铁棒作电极电解 CuSO4 溶液的离子反应为 Cu2++Fe 故选 C. 【点评】本题考查离子反方程式书写的正误判断,为高频考点,把握发生的反应及离子反应 的书写方法为解答的关键, 侧重复分解反应及氧化还原反应的离子反应考查, 题目难度不大. Fe2++Cu,故 D 错误;

6.设 NA 为阿伏伽德罗常数的数值,下列说法正确的是( A.50mL18.4mol.L
﹣1



浓硫酸与足量铜微热反应,生成 SO2 分子的数目为 0.46NA

B.某密闭容器盛有 0.1molNA 和 0.3molH2,充分反应后转移电子的数目为 0.6NA C.若由 CO2 和 O2 组成的混合物中共有 NA 个分子,则其中的氧原子数为 2NA D.常温下 1L0.1mol.L 1NH4NO3 溶液中的氢原子数为 0.4NA


【考点】阿伏加德罗常数. 【分析】A、浓硫酸随反应进行,浓度减小为稀硫酸不与铜发生反应; B、合成氨的反应为可逆反应; C、由 CO2 和 O2 组成的混合物,分子中都含有 2 个氧原子,NA 个分子物质的量为 1mol; D、NH4NO3 溶液中不但 NH4NO3 本身含氢原子,水也含氢原子. 【解答】解:A、浓硫酸随反应进行,浓度减小为稀硫酸不与铜发生反应,生成 SO2 分子数 目小于 0.46NA,故 A 错误; B、 合成氨的反应为可逆反应, 不能进行彻底, 故充分反应后转移电子的数目小于 0.6NA. 故 B 错误; C、由 CO2 和 O2 组成的混合物,分子中都含有 2 个氧原子,NA 个分子物质的量为 1mol,由 CO2 和 O2 组成的混合物中共有个 NA 分子,其中的氧原子数为 2NA,故 C 正确; D、NH4NO3 溶液中不但 NH4NO3 本身含氢原子,水也含氢原子,故溶液中的氢原子的个数 大于 0.4NA 个,故 D 错误. 故选 C.

【点评】 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算, 熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题 关键,难度不大.

7.下列装置或操作正确且能达到实验目的是(



A.

加热分解 NaHCO3

B.

除去氯气中的少量氯化氢

C.

构成铜锌原电池

D.

分馏石油

【考点】实验装置综合. 【分析】A.碳酸氢钠不稳定,加热时注意试管口略朝下; B.二者都与硝酸银溶液反应; C.锌置换出铜; D.温度计位置错误. 【解答】解:A.碳酸氢钠不稳定,加热易分解,装置正确,可完成实验,故 A 正确; B.氯气与水反应生成盐酸,二者都与硝酸银溶液反应,应用饱和食盐水,故 B 错误; C.锌置换出铜,应将锌放在盛有硫酸锌的烧杯中,故 C 错误; D.温度计用于测量馏分的温度,应位于蒸馏烧瓶的支管口,故 D 错误. 故选 A. 【点评】本题考查较为综合,涉及物质的分离、制备以及原电池等知识,为高考常见题型, 侧重学生的分析、实验能力的考查,注意把握实验的严密性以及合理性的评价,难度不大.

8.1mol 分子式为 C7H12O4 的酯在氢氧化钠溶液、加热条件下完全水解生成 1mol 羧酸钠和 2mol 甲醇,则符合该条件的酯的结构有( A.4 种 B.5 种 ) C .6 种 D.7 种

【考点】有机化合物的异构现象.

【分析】1mol 分子式为 C7H12O4 的酯在氢氧化钠溶液、加热条件下完全水解生成 1mol 羧酸 钠和 2mol 甲醇,结合不饱和度判断该酯为戊二酸与甲醇生成的二元酯,据此判断其同分异 构体数目. 【解答】解:1mol 分子式为 C7H12O4 的酯在氢氧化钠溶液、加热条件下完全水解生成 1mol 羧酸钠和 2mol 甲醇, C7H12O4 的不饱和度= =2,该有机物为饱和二元酯,在酸性条件下水解生成 1

分子羧酸和 2 分子甲醇,说明该羧酸为戊二酸,戊二酸可以看作两个羧基取代了丙烷上的 2 个 H 原子形成的,总共有 4 种结构,故形成的酯有 4 种, 故选 A. 【点评】本题考查了同分异构体的书写及酯的性质,题目难度不大,明确酯的性质及同分异 构体的书写原则为解答关键,试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力.

9.科学家最新开发的一种新原理二次电池的能量密度是现行锂电池的 7 倍,该电池结构如 图所示,下列有关说法正确的是( )

A.电池放电时 Li+向负极移动 B.电池放电时,正极的电极反应式为:2Li++Li2O2+2e ═2Li2O


C.电池充电时,Li 极应与外电源的正极相连 D.电池系统内进入二氧化碳及水对电池性能不会产生影响 【考点】原电池和电解池的工作原理. 【分析】A、原电池中,电解质中的阳离子移向正极; B、原电池中,正极发生得电子的还原反应; C、电池充电时,Li 极应与外电源的负极相连; D、根据锂易于水发生反应; 【解答】解:A、电池放电时,是原电池的工作原理,原电池中,电解质中的阳离子移向正 极,故 A 错误;

B、电池放电时,正极发生得电子的还原反应,即 2Li++Li2O2+2e ═2Li2O,故 B 正确;


C、电池充电时,Li 极应与外电源的负极相连,故 C 错误; D、锂易于水发生反应,所以电池系统内进入水对电池性能会产生影响,故 D 错误. 故选:B. 【点评】 本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识, 注意二次充电电池在工作时的电极 反应情况,难度不大.

10.下列有关实验现象或亊实解释正确的是 ( 选 实验现象或事实 项 A

) 解释

检验待测液中 SO42 时,先滴入稀盐酸,再滴入 BaCl2 溶先滴入盐酸可排除 Ag+、 CO32 、
﹣ ﹣

液 B

SO32 等离子干扰


制备乙酸乙酯时,导管应伸入试管至饱和 Na2CO3 溶液液乙酸乙酯易溶于碳酸钠溶液, 面上方 防止发生倒吸


C

向 Fe(NO3)2 溶液中加入稀硫酸,试管口有红棕色气体溶液中 NO3 被 Fe2+还原为 NO2 产生

D

含 Mg(HCO3)2 的硬水长时间充分加热,最终得到的沉Kw(MgCO3)<Kw[Mg(OH) 淀物的主要成分为 Mg(OH)2,而不是 MgCO3
2]

A.A

B.B

C.C

D.D

【考点】化学实验方案的评价. 【分析】A.加盐酸排除干扰离子; B.乙酸乙酯不溶于水; C.向 Fe(NO3)2 溶液中加入稀硫酸,硝酸根离子在酸性条件具有强氧化性; D.最终得到的沉淀物的主要成分为 Mg(OH)2,而不是 MgCO3,氢氧化镁更难溶. 【解答】解:A.加盐酸排除干扰离子,再滴入 BaCl2 溶液,生成白色沉淀可检验硫酸根离 子,故 A 正确; B.乙酸乙酯不溶于水,乙酸与碳酸钠反应,乙醇与水互溶,碳酸钠可降低乙酸乙酯的溶解 度,解释不合理,故 B 错误; C.向 Fe(NO3)2 溶液中加入稀硫酸,硝酸根离子在酸性条件具有强氧化性,则溶液中 NO3


被 Fe2+还原为 NO,然后 NO 被氧化生成 NO2,故 C 错误;

D.最终得到的沉淀物的主要成分为 Mg(OH)2,而不是 MgCO3,氢氧化镁更难溶,则 Kw (MgCO3)>Kw[Mg(OH)2],故 D 错误; 故选 A. 【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及离子的检验、氧化还原反应、物 质制备实验等,把握实验原理、实验操作为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,题目 难度不大.

11.X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,其原子核外 L 电子层的电 子数分别为 0、5、6、8,它们的最外层电子数之和为 17,下列说法不正确的是( A.原子半径:W>Y>Z>X B.最高价氧化物对应水化物的酸性:Y>W C.单质沸点 W>Z D.X、Y、Z 不能存在与同一离子化合物中 【考点】原子结构与元素周期律的关系. 【分析】X、Y、Z、W 均为的短周期主族元素,原子序数依次增加,且原子核外 L 电子层 的电子数分别为 0、5、6、8,则 X 是 H 元素,Y 是 N 元素,Z 为 O 元素,W 为第三周期 元素;它们的最外层电子数之和为 17,X 最外层电子数是 1,Y 最外层电子数是 5,Z 最外 层电子数是 6,则 W 的最外层电子数为 5,则 W 是 P 元素, A.电子层越多半径越大,电子层相同时,原子序数越大,半径越小; B.同主族从上到下最高价氧化物对应水化物的酸性减弱; C.根据物质常温下的状态分析; D.X、Y、Z 可以形成硝酸铵. 【解答】解:X、Y、Z、W 均为的短周期主族元素,原子序数依次增加,且原子核外 L 电 子层的电子数分别为 0、5、6、8,则 X 是 H 元素,Y 是 N 元素,Z 为 O 元素,W 为第三 周期元素;它们的最外层电子数之和为 17,X 最外层电子数是 1,Y 最外层电子数是 5,Z 最外层电子数是 6,则 W 的最外层电子数为 5,则 W 是 P 元素, A.电子层越多半径越大,电子层相同时,原子序数越大,半径越小,则原子半径:P>N >O>H,即 W>Y>Z>X,故 A 正确; B.同主族从上到下最高价氧化物对应水化物的酸性减弱,则硝酸的酸性大于磷酸,即最高 价氧化物对应水化物的酸性:Y>W,故 B 正确; )

C.常温下,P 的单质为固体,O 的单质为气体,则单质沸点 W>Z,故 C 正确; D.X、Y、Z 可以形成硝酸铵,所以 X、Y、Z 能存在于同一离子化合物中,故 D 错误. 故选 D. 【点评】本题考查原子结构和元素性质,涉及离子化合物判断、酸性强弱判断、物质熔沸点 高低判断、元素周期律等知识点,正确判断元素是解本题关键,结合物质的结构性质解答.

12.下列各组物质中,物质之间通过一步反应就能实现如图所示变化的是( 选项 A B C D 甲 N2 Na SiO2 Al 乙 NH3 Na2O SiF4 AlCl3 丙 NO NaOH H2SiO3 Al2O3 丁 NO2 Na2O2 Na2SiO3 NaAlO2



A.A

B.B

C.C

D.D

【考点】氮气的化学性质;硅和二氧化硅;钠的化学性质;铝的化学性质. 【分析】A、氮气转化为二氧化氮,要两步进行氮气放电生成一氧化氮,一氧化氮再被氧化 生成二氧化氮; B、氢氧化钠无法转化过氧化钠; C、SiO2 无法一步转化为 H2SiO3; D、甲→乙:Al →丁:Al2O3 AlCl3;甲→丙:Al NaAlO2. Al2O3;甲→丁:Al NaAlO2;丙

【解答】解:A、氮气转化为二氧化氮,要两步进行氮气放电生成一氧化氮,一氧化氮再被 氧化生成二氧化氮,不实现甲到丁的一步转化,故 A 错误; B、氢氧化钠无法转化过氧化钠,故 B 错误; C、SiO2 无法一步转化为 H2SiO3,首先二氧硅与强碱反应生成硅酸盐,然后再利用强制弱生 成硅酸,故 C 错误;

D、甲→乙:Al →丁:Al2O3 故选 D.

AlCl3;甲→丙:Al

Al2O3;甲→丁:Al

NaAlO2;丙

NaAlO2,各步都可以实现一步转化,故 D 正确;

【点评】 本题考查无机物的推断, 明确各物质的性质来分析转化发生的反应是解答本题的关 键,注意某些转化中的答案是不唯一的,题目难度中等.

13. 25℃时,将 amol.L 1、pH=m 的一元酸 HX 溶液与 bamol.L 1、pH=n 的一元碱 YOH
﹣ ﹣

溶液等体积混合,下列说法正确的是(


﹣ ﹣

A.若 a=b,则混合后溶液中一定有:c(X )=c(Y+)>c(H+)=c(OH ) B.若 m+n=14,则混合后溶液一定显中性 C.若混合后溶液中 c(X )<c(Y+) ,则该混合溶液一定显碱性


D.若 a=b,混合后溶液 pH<7,则混合溶液中一定存在:c(Y )=c(X )+c(HX) 【考点】酸碱混合时的定性判断及有关 ph 的计算. 【分析】A.HX 与 YOH 等物质的量反应生成盐 YX,若为强碱弱酸盐则显碱性,若为强酸 弱碱盐则显酸性; B.若 m+n=14,则氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同; C.根据电荷守恒分析; D.若 a=b,混合后溶液 pH<7,YX 为强酸弱碱盐,HX 为强酸. 【解答】解:A.HX 与 YOH 等物质的量反应生成盐 YX,若为强碱弱酸盐则显碱性,若为 强酸弱碱盐则显酸性,由于不知道酸与碱的相对强弱,所以不能判断溶液的酸碱性,则不能 判断氢离子与氢氧根离子浓度的相对大小,故 A 错误; B.若 m+n=14,则氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同,若酸为弱酸,则酸过量,混合后显 酸性,若碱为弱碱,则碱过量,混合后溶液显碱性,所以不能判断溶液的酸碱性,故 B 错 误; C.混合后溶液存在电荷守恒:c(X )+c(OH )=c(Y+)+c(H+) ,若混合后溶液中 c(X
﹣ ﹣ ﹣





)<c(Y+) ,则 c(OH )>c(H+) ,即该混合溶液一定显碱性,故 C 正确;
﹣ ﹣

D.若 a=b,混合后溶液 pH<7,则 YX 为强酸弱碱盐,即 HX 为强酸,所以溶液中 c(X ) =c(Y )+c(YOH) ,故 D 错误. 故选 C.


【点评】 本题考查了盐的水解原理的应用、 离子浓度大小比较, 侧重学生的分析能力的考查, 注意把握盐类水解原理,结合电荷守恒解答该题,难度中等.

14.已知反应 2N2O5(g)?4NO2(g)+O2(g)的分解速率表达式为 v 正=k 正.cm(N2O5) , k 正是与温度有关的常数,340K 时实验测得的有关数据如下: t/min c(N2O5)/mol.L
1


1 0.133

2 0.080

3 0.057

4 0.040

v 正/mol.L 1.min




0.0466

0.028

0.020

0.014

1

下列有关叙述不正确的是(



A.340K 时,速率表达式中 m=1 B.340K 时,速率表达式中 k 正≈0.35min
﹣1

C.340K 时,若 c(N2O3)=0.100mol.L 1,则 v 正≈0.035mol.L 1.min
﹣ ﹣

D.若 t=2min 时升高温度,则 m 不变,k 正减小 【考点】化学平衡的计算;反应速率的定量表示方法. 【专题】化学反应速率专题. 【分析】A.由表中数据可知,c(N2O5)浓度之比等于 v 正之比,v 正与 c(N2O5)浓度成 正比关系; B.v 正与 c(N2O5)浓度成正比关系,则 m=1,由任意一组数据根据 v 正=k 正.c(N2O5)计 算 k 正; C.根据 v 正=k 正.c(N2O5)计算; D. 升高温度, 反应速率加快, k 正是与温度有关的常数, 不影响 m 值, 根据 v 正=k 正. c (N2O5) 判断. 【解答】解:A.由表中数据可知,c(N2O5)浓度之比等于 v 正之比,则 v 正与 c(N2O5) 浓度成正比关系,故 m=1,故 A 正确; B.v 正与 c(N2O5)浓度成正比关系,则 m=1,由 2min 数据可知,0.028mol.L 1.min 1=k
﹣ ﹣ 正

× 0.080mol.L 1,解得 k 正≈0.35min 1,故 B 正确;
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

C. 340K 时, 若c (N2O3) =0.100mol.L 1,则 v 正≈0.35min 1× 0.35min 1=0.035mol.L 1.min
﹣1

,故 C 正确;

D. 升高温度, 反应速率加快, k 正是与温度有关的常数, 不影响 m 值, 根据 v 正=k 正. c (N2O5) 可知 k 正增大,故 D 错误, 故选:D. 【点评】本题考查化学反应速率,侧重考查学生对数据的分析归纳,B 选项中可以多次计算 求平均值以减小误差.

二、 (本题包括小题,每小题 9 分,满分 43 分) 15.氨水和铵盐是实验室常用试剂,也是重要的工业产品, (1)实可用如图 I 装置制取氮气 ①用装置 I 中药品制取氮气的化学方程式为 NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O ②I 中反应开始的一段时间反应速率越来越快,其可能原因是 该反应为放热反应 (2)实驗室可利用下列装置结合装置Ⅰ模拟工业上制取氨气并检验氨气

①装置的连接顺序为

f,e;d,i,j,g,h,b (填玻璃接口字母)

②装置Ⅳ中用稀硫酸而不用盐酸的理由是 盐酸具有挥发性, 挥发出的氯化氢与生成的氨气 反应 ③能说明有氨气生成的现象是 装置Ⅱ中溶液变红色 (3)设计实验证明 NH3?H2O 是弱电解质: 常温下,测定 0.01mol/L 氨水的 pH 值,其值 小于 12 (简要说明) . 【考点】氨的实验室制法;氨的制取和性质. 【分析】 (1)①氯化铵与亚硝酸钠发生氧化还原反应生成氮气、氯化钠和水; ②放热反应放出的热量使体系温度升高,升高温度反应速率加快; (2)①装置Ⅰ为制备氮气装置,Ⅱ为检验氨气装置,Ⅲ为干燥氮气和氢气,Ⅳ为制备氢气 的装置,Ⅴ为收集氨气装置,兼氨气瓶,Ⅵ为氮气与氢气发生反应生成氨气装置,要制备制 取氨气并检验氨气,装置正确顺序为Ⅰ,Ⅳ连接Ⅲ,连接Ⅵ,然后连接Ⅴ,最后连接Ⅱ; ②依据盐酸易挥发的性质解答; ③氨气溶于水生成一水合氨,一水合氨电离生成铵根离子与氢氧根离子,显碱性;

(3)依据弱电解质不能完全电离设计实验. 【解答】解: (1)①氯化铵与亚硝酸钠发生氧化还原反应生成氮气、氯化钠和水,化学方程 式:NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O; 故答案为:NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O; ②I 中反应开始的一段时间反应速率越来越快,是因为该反应为放热反应,放出的热量使体 系温度升高,升高温度反应速率加快; 故答案为:该反应为放热反应; (2)①要制备制取氨气并检验氨气,装置正确顺序为Ⅰ,Ⅳ连接Ⅲ,连接Ⅵ,然后连接Ⅴ, 最后连接Ⅱ,仪器连接顺序为:f,e;d,i,j,g,h,b; 故答案为:f,e;d,i,j,g,h,b; ②盐酸易挥发,制备的氢气中含有氯化氢,氯化氢能够与氨气反应,故答案为:盐酸具有挥 发性,挥发出的氯化氢与生成的氨气反应; ③氨气溶于水生成一水合氨,一水合氨电离生成铵根离子与氢氧根离子,显碱性,遇到酚酞 变红色,故答案为:装置Ⅱ中酚酞溶液变红色; (3)弱电解质不能完全电离,常温下,测定 0.01mol/L 氨水的 pH 值,其值小于 12 即可证 明一水合氨为弱电解质, 故答案为:常温下,测定 0.01mol/L 氨水的 pH 值,其值小于 12. 【点评】本题考查了物质的制备和实验方案的设计,涉及氮气、氨气、氢气的制备,熟悉制 备原理和各装置的作用是解题关键,注意实验设计的合理性,题目难度不大.

16.氧化亚铜(Cu2O)作为一种重要的无机化工原料,在涂料、有色玻璃和催化剂灯领域 有着广泛的用途.回答下列问题: (1)添加 Cu2O 的涂斜或玻璃显 红 色, (2)制备氧化亚铜的方法之一是用铜作阳极电解 NaCl 和 NaOH 混合溶液,其原理如图所 示 ①阴极的电极反应式为 2H++2e =H2↑


②溶液中 CuCl


转化为 Cu2O 的离子方程式为 CuCl

+2OH﹣=Cu2O↓+H2O+2nCl

(3)工业生产中常采用高温煅烧氧化铜粉末制备 Cu2O,伹所得产品中会含有﹣定量 CuO, 测定产品中 Cu2O 的含量常用滴定法,其原理为:样品溶解:Cu2O+Fe2(SO4)
3+H2SO4═2FeSO4+2CuSO4+H2O

滴定(未配平□FeSO4+口 KMnO4+口 H2SO4═□Fe2(SO4)3+□MnSO4+□K2SO4+□H20 ①配平滴定反应的化学方程式. ②滴定时,KMnO4 溶液盛放在 酸式 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中 ③若产品质量为 1.0g, 滴定时消耗 0.10mol?L 的质量分数 72% .
﹣1

的 KMnO4 标准溶液 20.00mL, 則产品中 Cu2O

【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质;氧化还原反应方程式的配平;电解原理. 【分析】 (1)根据氧化亚铜的颜色确定添加 Cu2O 的涂斜或玻璃的颜色即可; (2) ①在电解池的阴极上是溶液中的阳离子发生得电子的还原反应, 根据放电顺序来回答; ②在碱性环境下,CuCl 程式; (3)①反应中化合价升高的元素是 Fe,化合价降低的元素是 Mn,根据电子守恒来配平方 程式即可; ②高锰酸钾具有强氧化性,据此选择滴定管; ③根据发生的反应找到 Cu2O 和 KMnO4 之间的关系式,进行相应的计算即可. 【解答】解: (1)氧化亚铜的颜色是砖红色,所以添加 Cu2O 的涂斜或玻璃的颜色即可; (2)①在电解池的阴极上是溶液中的阳离子发生得电子的还原反应,根据放电顺序,发生 的反应为:2H++2e =H2↑,故答案为:2H++2e =H2↑;
﹣ ﹣

和氢氧根离子之间发生反应得到转红色沉淀,据此书写离子方

②在碱性环境下,CuCl CuCl


和氢氧根离子之间发生反应得到转红色沉淀,离子方程式

+2OH﹣=Cu2O↓+

H2O+2nCl , 故答案为:CuCl +2OH﹣=Cu2O↓+H2O+2nCl ;


(3)①反应 FeSO4+KMnO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+MnSO4+K2SO4+H20 中化合价升高的元素 是 Fe,共升高 2 价,化合价降低的元素是 Mn,降低 5 价,根据电子守恒,含锰元素的物质 前边系数是 2,铁原子数是 10,硫酸亚铁前边是 10,硫酸铁前边是 5,根据元素守恒,配平 其他物质,结果为:10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4═5Fe2(SO4)3+2MnSO4+K2SO4+8H20,故答 案为:10;2;8;5;2;1;8; ②高锰酸钾具有强氧化性,应该选择酸式滴定管,故答案为:酸式; ③根据发生的反应 Cu2O+Fe2(SO4)3+H2SO4═2FeSO4+2CuSO4+H2O、 10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4═5Fe2(SO4)3+2MnSO4+K2SO4+8H20,找到 Cu2O 和 KMnO4 之 间的关系为:Cu2O~ KMnO4,产品质量为 1.0g,滴定时消耗 0.10mol?L 溶液 20.00mL,則产品中 Cu2O 的物质的量是 × 100%=72%.故答案为:72%. 【点评】本题综合考查学生电解原理的应用、电极反应式的书写、氧化还原反应的配平以及 物质含量的测定等知识,属于综合知识的考查,难度大.
﹣1

的 KMnO4 标准

mol=0.005mol,质量分数是

17.二氧化锆是重要的耐高温材料、陶瓷绝缘材料.以锆英砂(主要成分为 ZrSiO4,还含 有少量 Fe2O3、Al2O3、SiO2 等杂货)为原料制备二氧化锆(ZrO2)的工艺流程如图所

示. 已知:①ZrO2 能与烧碱反应生成可溶于水的 Na2ZrO2,Na2ZrO2 与酸反应生成 ZrO2+ ②部分离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀时的 pH 如下表? 离子 开始沉淀 pH 完仝沉淀 pH Fe3+ 1.9 3.2 AP+ 3.3 5.2 ZrO2+ 6.2 8.0 (写化学式)形式存在,写出酸浸时生成


(l)经熔融后,锆英砂中 Zr 元素以 Na2ZrO3

Al3+、Fe3+的离子方程式: Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O,AlO2 +4H+=Al3++2H2O (2)滤渣 I 的主要成分的名称为 硅酸 (3)向过滤Ⅰ所得溶液中加氨水调 pH=a,其目的是 除去 Fe3+、Al3+ pH=b 的范围是 b≥8.0 然后继续加氨水至

(4)向过滤Ⅲ所得溶液中加入 CaCO2 粉末并加热,可得 CO2 和另一种气体,该反应的离子 方程式为 2NH4++CaCO3 Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O .

【考点】制备实验方案的设计;物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用. 【分析】锆英砂(主要成分为 ZrSiO4,也可表示为 ZrO2?SiO2,还含少量 Fe2O3、Al2O3、SiO2 等杂质)加 NaOH 熔融,ZrSiO4 转化为 Na2SiO3 和 Na2ZrO3,加过量盐酸酸浸,Na2SiO3 与 HCl 生成硅酸沉淀,滤液中含有 ZrO2+、Fe3+、Al3+,加氨水调节 pH 为 5.2~6.2,使 Fe3+、 Al3+转化为氢氧化物沉淀,过滤,滤液中主要含有 ZrO2+,再加氨水调节 pH 使 ZrO2+转化为 Zr(OH)4 沉淀,过滤、洗涤,得到 Zr(OH)4,加热分解,即可得到 ZrO2. (1)高温下,ZrSiO4 与 NaOH 反应生成 Na2SiO3 和 Na2ZrO3;酸浸时生成 Al3+、Fe3+的反应 是氧化铁和酸反应生成氯化铁和水,偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝和水; (2)加过量盐酸酸浸,Na2SiO3 与 HCl 生成硅酸沉淀,过滤,滤渣为 H2SiO3; (3)需用氨水调 pH=a,使 Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀,而 ZrO2+不能沉淀,根据表中 数据判断;加氨水至 pH=b 时,ZrO2+与 NH3?H2O 反应生成 Zr(OH)4 沉淀; (4)过滤Ⅲ所得滤液中主要含有铵根离子,溶液显酸性,加入 CaCO3 粉末并加热得到氨气 和二氧化碳. 【解答】解: (1)高温下,ZrSiO4 与 NaOH 反应生成 Na2SiO3 和 Na2ZrO3,其反应的方程式 为: ZrSiO4+4NaOH Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O, 经熔融后, 锆英砂中 Zr 元素以 Na2ZrO3

存在,酸浸时生成 Al3+、Fe3+的反应是氧化铁和酸反应生成氯化铁和水,偏铝酸钠和盐酸反 应生成氯化铝和水,反应的离子方程式为:Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O,AlO2 +4H+=Al3++2H2O,


故答案为:Na2ZrO3;Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O,AlO2 +4H+=Al3++2H2O;


(2)加过量盐酸酸浸,Na2SiO3 与 HCl 生成硅酸沉淀,过滤,滤渣Ⅰ为 H2SiO3,名称为: 硅酸,故答案为:硅酸; (3)需用氨水调 pH=a,使 Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀,而 ZrO2+不能沉淀,根据表中 数据可知:pH 在 5.2~6.2 时 Fe3+、Al3+完全沉淀,而 ZrO2+不沉淀;加氨水至 pH=b=8 时, ZrO2+与 NH3?H2O 反应生成 Zr(OH)4 沉淀,其反应的离子方程式为: ZrO2++2NH3?H2O+H2O=Zr(OH)4↓+2NH4+,所以 b≥8.0 使 ZrO2+完全转化为 Zr(OH)4 沉 淀, 故答案为:除去 Fe3+、Al3+;b≥8.0;

(4)过滤Ⅲ所得滤液中主要含有铵根离子,溶液显酸性,加入 CaCO3 粉末并加热得到氨气 和二氧化碳,其反应的离子方程式为:2NH4++CaCO3 故答案为:2NH4++CaCO3 Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O. Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O;

【点评】本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用,涉及流程的分析应用、离子方程 式的书写、除杂质、基本实验操作等,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,解答该类 题目,注意把握实验原理和操作流程的目的,主要是物质性质的理解,题目难度中等.

18.连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸,可用于制 N2O 气体 (1)连二次硝酸中氮元素的化合价为 +1 (2)常温下,用 0.01mol.L
﹣1

的 NaOH 溶液滴定 10mL0.01mol.L 1H2N2O2 溶液,测得溶


液 pH 与 NaOH 溶液体积的关系如图所示. ①写出 H2N2O2 在水溶液中的电离方程式: H2N2O2?H++HN2O2 ,HN2O2 ?H++N2O22
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

②c 点溶液中各离子浓度由大到校的顺序为 c(Na+)>c(N2O22 )>c(OH )>c(HN2O2


)>c(H+) )

③b 点溶液中 c(H2N2O2) > (填“>”“<”或“=”,下同)c(N2O ④a 点溶液中 c(Na+) > c(HN2O )+c(N2O )

(3)硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合,可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀,向该分散 系中滴加硫酸钠溶液,当白色沉淀和黄色沉淀共存时,分散系中
4

=

3.0× 10



[已知 Kaq(Ag2N2O2)=4.2× 10 9,Kaq(Ag2SO4)=1.4× 10 5].
﹣ ﹣

【考点】离子浓度大小的比较;弱电解质在水溶液中的电离平衡. 【分析】 (1)化合物中 O 是﹣2 价,H 是+1 价,根据化合价规则来计算 N 元素的化合价; (2)①H2N2O2 属于二元弱酸,在水溶液中的电离分步进行,电离程度弱,应该是可逆的过 程;

②20mL0.01mol.L

﹣1

的 NaOH 溶液滴定 10mL0.01mol.L 1H2N2O2 溶液,恰好完全反应,


得到的是 Na2N2O2 的水溶液,溶液显示碱性,根据水解程度和电离程度的相对大小来回答; ③10mL0.01mol.L
﹣1

的 NaOH 溶液滴定 10mL0.01mol.L 1H2N2O2 溶液,酸剩余,溶液显


示碱性,据此回答; ④根据该点溶液显示中性,氢离子和氢氧根离子浓度相等,根据电荷守恒来判断; (3)根据 Kaq(Ag2N2O2)=c2(Ag+)?c(N2O2 )=4.2× 10 9,Kaq(Ag2SO4)=c2(Ag+)?c
﹣ ﹣

(SO42 )=1.4× 10


﹣5

来计算即可.

【解答】解: (1)化合物中 O 是﹣2 价,H 是+1 价,根据化合价规则,得到 N 元素的化合 价是+1 价,故答案为:+1; (2)①H2N2O2 属于二元弱酸,在水溶液中的电离分步进行,电离程度弱,应该是可逆的过 程,其电离方程式为:H2N2O2?H++HN2O2 ,HN2O2 ?H++N2O22 ;
﹣ ﹣ ﹣

故答案为:H2N2O2?H++HN2O2 ,HN2O2 ?H++N2O22 ;
﹣ ﹣ ﹣

②20mL0.01mol.L

﹣1

的 NaOH 溶液滴定 10mL0.01mol.L 1H2N2O2 溶液,恰好完全反应,
﹣ ﹣

得到的是 Na2N2O2 的水溶液,溶液显示碱性,HN2O2 的水解程度大于其电离程度,存在:c (Na+)>c(N2O22 )>c(OH )>c(HN2O2 )>c(H+) ;故答案为:c(Na+)>c(N2O22
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

)>c(OH )>c(HN2O2 )>c(H+) ;
﹣ ﹣ ﹣1

③10mL0.01mol.L

的 NaOH 溶液滴定 10mL0.01mol.L 1H2N2O2 溶液,酸剩余,得到等
﹣ ﹣

浓度的 H2N2O2 和 NaHN2O2 的混合液,溶液显示碱性,则 HN2O2 的水解程度大于 H2N2O2 的电离程度,c(H2N2O2)>c(N2O22 ) ,故答案为:>;


④根据该点溶液显示中性,c(OH )=c(H+) ,根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(N2O22
﹣ ﹣

)+c(OH )+c(HN2O2 ) ,所以 c(Na+)=2c(N2O22 )+c(HN2O2 ) ,即 c(Na+)>c
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

(N2O22 )+c(HN2O2 ) , 故答案为:>; (3)根据 Kaq(Ag2N2O2)=c2(Ag+)?c(N2O22 )=4.2× 10 9,Kaq(Ag2SO4)=c2(Ag+)?c
﹣ ﹣

(SO42 )=1.4× 10 5,两式相除得到:
﹣ ﹣

=

=

=3.0× 10 4,故答案为:3.0× 10 4.
﹣ ﹣

【点评】 本题综合考查学生弱电解质的电离、 盐的水解原理以及沉淀溶解平衡常熟的有关计 算等知识,属于综合知识的考查,难度中等.

19.以天然气为原料合成甲醇常见的方法有水煤气法和目前正在开发的直接氧化法 (1)有关热化学方程式如下: 水煤气法: CH4(g)+ O2(g)═CO(g)+2H2(g)△ H1=﹣35.4kJ.mol CO(g)+2H2?CH3OH(g)△ H2=﹣90.1kJ.mol 直接氧化法: 2CH4(g)+O2(g)?2CH3OH(g)△ H3=﹣ 251 1kJ.mol
﹣1 ﹣1 ﹣1

(2)工业废气二氧化碳催化加氢也可合成甲醇:CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O (g)△ H,在密闭容器中投人 1mol CO2 和 2.75 mol H2 在不同条件下发生反应,实验测得平 平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示 ①二氧化碳合成甲醇正反应的△ H < 0(填“>”“<”或“=”,下同) . ②M、N 两点时化学反应速:v(N) < v(M) . ③为提高 CO2 的转化率除可改变温度和压强外, 还可采取的措施是 增大 ④图中 M 点时,容器体积为 10L,则 N 点对应的平衡常数 K= 数) (3)一定条件下,向容积不变的某密闭容器中加人 a mol CO2 和 b mol H2 发生反应:CO2 (g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g) ,欲使整个反应过程中 CO2 的体积分数为恒定值则 a 与 b 的关系是 a=b . 的值

1.04 (填数值保留 2 位小

【考点】化学平衡的计算;热化学方程式;化学平衡的影响因素. 【专题】计算题;平衡思想;演绎推理法;化学平衡专题. 【分析】 (1)已知:①CH4(g)+ O2(g)═CO(g)+2H2(g)△ H1=﹣35.4kJ?mol 1,


②CO(g)+2H2(g)?CH3OH (g)△ H2=﹣90.1kJ?mol 1,


③2CH4(g)+O2(g)?2CH3OH(g)△ H3,

盖斯定律,可知①× 2+②× 2=③,故反应热也进行相应计算; (2)①由图可知,压强一定时,温度越高,CH3OH 的物质的量越小,说明升高温度平衡向 逆反应方向移动; ②正反应为气体体积减小的反应,温度一定时,增大压强,平衡向正反应方向移动,甲醇的 物质的量增大,结合图可知,P1>P2,根据压强对反应速率的影响答题; ③在可逆反应中,增加一种反应物浓度可以提高另一反应物的转化率; ④图中 M 点时,容器体积为 10L,结合 M 点的坐标可知,M 点的 CH3OH 的物质的量为 0.25mol, 根据反应 CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g) 起始(mol/L) 0.1 转化(mol/L)0.025 平衡(mol/L) 0.075 根据 K= 0.275 0.075 0.2 0 0.025 0.025 计算; 0 0.025 0.025

(3)设转化的二氧化碳的物质的量为 x, 根据反应 CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g) , 起始 转化 a x b 3x b﹣3x 0 x x = 0 x x ,据此讨论;


平衡 a﹣x

则 CO2 的体积分数为

【解答】解: (1)已知:①CH4(g)+ O2(g)═CO(g)+2H2(g)△ H1=﹣35.4kJ?mol 1, ②CO(g)+2H2(g)?CH3OH (g)△ H2=﹣90.1kJ?mol 1,


③2CH4(g)+O2(g)?2CH3OH(g)△ H3, 盖斯定律,可知①× 2+②× 2=③,故△ H3=2△ H1+2△ H2=2× (﹣35.4kJ?mol 1﹣90.1kJ?mol 1)
﹣ ﹣

=﹣251kJ?mol 1,


故答案为:251; (2)①由图可知,压强一定时,温度越高,CH3OH 的物质的量越小,说明升高温度平衡向 逆反应方向移动,则正反应为放热反应,△ H<0, 故答案为:<;

②正反应为气体体积减小的反应,温度一定时,增大压强,平衡向正反应方向移动,甲醇的 物质的量增大,故压强 P1>P2,压强增大,反应速率也增大,所以 v(N)<v(M) , 故答案为:<; ③在可逆反应中,增加一种反应物浓度可以提高另一反应物的转化率,所以为提高 CO2 的 转化率除可改变温度和压强外,还可采取的措施是增大 的值,

故答案为:增大

的值;

④图中 M 点时,容器体积为 10L,结合 M 点的坐标可知,M 点的 CH3OH 的物质的量为 0.25mol, 根据反应 CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g) 起始(mol/L) 0.1 转化(mol/L)0.025 平衡(mol/L) 0.075 K= 故答案为:1.04; (3)设转化的二氧化碳的物质的量为 x, 根据反应 CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g) , 起始 转化 a x b 3x b﹣3x 0 x x = 0 x x ,要使 为恒定的值,则 a=b, 0.275 0.075 0.2 = 0 0.025 0.025 0 0.025 0.025 =1.04,

平衡 a﹣x

则 CO2 的体积分数为 故答案为:a=b.

【点评】本题属于拼合型题目,涉及原电池、反应热计算、化学平衡常数、化学平衡影响因 素、有机物推断等,是对学生综合能力的考查,需要学生具备扎实的基础,难度中等.

【化学与技术】 (共 1 小题,满分 15 分)

20. (15 分)草酸是一种重要的化工原料,长用于有机合成,它属于二元弱酸,易溶于乙醇、 水,微溶于乙醚,以甘蔗碎渣(主要成分为纤维素)为原料制取草酸的工业流程如下:

巳知: NO2+ZO+2NaOH═2NaNO2+H2O 2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO2+H2O 回答下列问题 (1)步骤①水解液中所含主要有机物为 CH2OH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣ CHO (写结构式)浸取时要想提高水解速率除可减小甘蔗碎渣粒度外,还可采取的措施 是 适当提高温度 浸取时硫酸浓度不宜过高,其原因是 甘蔗碎渣会被炭化 (2)步驟②会生成草酸,硝酸的还原物为 NO2 和 NO 且 n(NO2) :n(NO)=3:1,则反 应的离子方程式为 C6H12O6+12H++12NO3 ═3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O


;生成的 NO2

及 NO 若被 NaOH 溶液完全吸收,则产物中的两种盐 n(NaNO2) :n(NaNO3)= 3:1 (3)步驟③的主要目的是 使葡萄糖充分氧化为草酸 (4)设计步骤⑦和⑧的目的分别是 除去草酸表面的水分 、 除去乙醇使其快速干燥 (5)为了确定产品中 H2C2O4.2H2O 的纯度,称取 10.5g 草酸样品,配成 250mL 溶液,每次 实验准确量取 20.00mL,草酸溶液,加热适量的稀硫酸,用 0.10mol.L
﹣1

的 KMnO4 标准溶

液滴定, 平行滴定三次, 消耗 KMnO4 标准溶液的体积平均为 26.00mL, 则产品中 H2C2O4.2H2O 的质量分数为 97.5% . 【考点】制备实验方案的设计;探究物质的组成或测量物质的含量. 【分析】甘蔗渣的主要成分为纤维素,70%硫酸做催化剂,浸取水解生成葡萄糖,结构简式 为:CH2OH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHO,加入稀硝酸,硝酸的还原物为 NO2 和 NO,反应为:C6H12O6+12HNO3═3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O,生成的 NO2 及 NO 若被 NaOH 溶液完全吸收,NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O;

2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O,溶液中保持 70℃,使葡萄糖充分氧化为草酸,过滤, 滤液进行结晶得到草酸晶体,经过水洗、酸洗、乙醇、乙醚作用,得到 H2C2O4.2H2O. (1)甘蔗碎渣,其主要成分为纤维素,步骤①纤维素水解生成葡萄糖,水解为吸热反应, 浸取时要想提高水解速率除可减小甘蔗碎渣粒度外, 还可采取升高温度的措施, 浓硫酸具有 脱水性,浸取时硫酸浓度过高,蔗碎渣会被炭化; (2) 步驟②甘蔗渣水解生成的葡萄糖在 70%的硫酸为催化剂的作用下, 被硝酸氧化为草酸, 同时生成 NO2 和 NO,根据原子守恒、得失电子守恒书写方程式;生成的 NO2 及 NO 若被 NaOH 溶液完全吸收,根据反应:NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O; 2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O 计算产物中的两种盐的物质的量之比; (3)步驟③溶液中保持 70℃,使葡萄糖充分氧化为草酸; (4)乙醇易挥发,设计步骤⑦的目的是,除去草酸表面的水分,草酸微溶于乙醚,设计步 骤⑧的目的是除去乙醇使其快速干燥; (5)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,能氧化草酸根离子生成二氧化碳,同时自身被还原 生成二价锰离子,根据氧化还原反应得失电子守恒配平反应方程式,得关系式 2KMnO4~ 5H2C2O4 计算,注意溶液体积变化. 【解答】解: (1)甘蔗碎渣,其主要成分为纤维素,纤维素属于多糖,水解生成葡萄糖,结 构简式为 CH2OH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHO,浸取时,减小甘蔗碎渣粒度为 增大接触面积,可提高水解速率,水解为吸热反应,采取升高温度的措施,也可提高水解速 率,浓硫酸具有脱水性,浸取时硫酸浓度过高,蔗碎渣会被炭化, 故答案为:CH2OH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHO;适当提高温度;甘蔗碎渣会 被炭化; (2) 步驟②甘蔗渣水解生成的葡萄糖在 70%的硫酸为催化剂的作用下, 被硝酸氧化为草酸, 同时生成 NO2 和 NO,且 n(NO2) :n(NO)=3:1,则得到电子为 3× 1+1× 3=6,葡萄糖中 碳原子化合价为:0 价,H2C2O4 中碳原子化合价为+3 价,需 2 个碳原子,即 C6H12O6 前系 数为 ,硝酸前系数为 4,根据原子守恒,所以反应方程式为: C6H12O6+12HNO3═3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O,离子反应为:C6H12O6+12H++12NO3


═3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O,生成的 NO2 及 NO 若被 NaOH 溶液完全吸收,发生反应: NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O; 2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O, 且n (NO2) : n (NO) =3:1,所以产物中的两种盐 n(NaNO2) :n(NaNO3)=3:1,

故答案为:C6H12O6+12H++12NO3 ═3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O;3:1;


(3)步驟③发生 C6H12O6+12HNO3═3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O,生成 NO2 及 NO,保持 70℃,使葡萄糖充分氧化为草酸, 故答案为:使葡萄糖充分氧化为草酸; (4)乙醇和水能以任意比互溶,乙醇易挥发,设计步骤⑦的目的是,除去草酸表面的水分, 草酸微溶于乙醚,设计步骤⑧的目的是除去乙醇使其快速干燥, 故答案为:除去草酸表面的水分;除去乙醇使其快速干燥; (5)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,能氧化草酸根离子生成二氧化碳,同时自身被还原 生成二价锰离子,离子反应为 5H2C2O4+2MnO4 +6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O,


由关系式 2KMnO4 ~5H2C2O4 可知 2 0.1000mol?L 1× 0.0260L


5 n

解得:n=0.0065mol 100mL 草酸溶液中草酸物质的量 0.0065mol× 草酸晶体的质量分数= 故答案为:97.5%. 【点评】本题考查氧化还原滴定原理与应用、探究影响速率的因素,题目难度中等,理解实 验原理是解题的关键, 是对知识的综合运用, 需要学生具备扎实的基础知识与运用知识分析 问题、解决问题的能力. =0.08125mol × 100%=97.5%;

【物质结构和性质】 21.氟及氟产品在工农业生产中应用非常广泛,回答下列问题: (1)基态氟原子核外电子的运动状态有 9 种,这些电子的电子云形状有 2 种;氟原 子的外围电子排布式为 2s22p5 .

(2)NaHF2(氟化氢钠)电解可制氟气,NaHF2 中所含作用力的类型有 离子键、共价键、 氢键 ;与 HF2 互为等电子体的分子有 CO2(或 Na2O) (举一例) . (3)N2F2(二氟氮烯)分子中,氮原子的杂化轨道类型为 sp2 ,画出 N2F2 可能的结构式




(4)三氟化硼乙醚(如图 1)的熔点为﹣58℃,沸点为 126~129℃,它属于 分子 晶体. (5)氟化钙的晶胞结构如图 2 所示,晶胞参数 α=0.555pm. ①Ca2+、F 的配位数分别为


8 和 4 .
3 g?cm (不必计算出结果) .


②列式表示氟化钙晶体的密度: ρ=

【考点】晶胞的计算;原子核外电子排布;原子轨道杂化方式及杂化类型判断. 【分析】 (1)原子核外含有多少电子,核外电子的运动状态就有几种;氟原子含有 s 和 p 两 种类型的轨道,则电子云有 2 种;氟原子最外层为 L 层,含有 7 个电子,据此写出外围电 子排布式; (2)NaHF2 中含有离子键、共价键,F 的电负性较强,还存在氢键; (3)N2F2(二氟氮烯)分子中存在氮氮双键和两个 N﹣F 键,据此画出其结构式,在根据 N 原子形成的 σ 键数目判断杂化类型; (4)根据三氟化硼乙醚的熔点、沸点大小进行判断其晶体类型; (5)①根据图示的晶胞结构判断钙离子、氟离子的配位数; ②该晶胞为立方体结构, 根据棱长计算出该晶胞体积, 再结合 ρ= 计算出氟化钙晶体的密度. 【解答】解: (1)基态氟原子核外含有 9 个电子,则其核外电子的运动状态有 9 种;氟原子 核外含有 2s 轨道和 p 轨道两种轨道,则氟原子的电子的电子云形状有 2 种;氟原子的外围 含有 7 个电子,其外围电子排布式为:2s22p5, 故答案为:9;2;2s22p5; (2)NaHF2 为离子化合物,存在离子键,H﹣F 键为共价键,F 的电负性较强,还存在氢键, 故答案为:离子键、共价键、氢键;CO2(或 Na2O) ; (3)N2F2(二氟氮烯)分子中,氮原子形成了 3 个 σ 键和 1 个 π 键,则其杂化轨道类型为

sp2;N2F2 可能的结构式为:



故答案为:sp2;



(4)三氟化硼乙醚(如图 1)的熔点为﹣58℃,沸点为 126~129℃,其熔沸点降低,应该 属于分子晶体, 故答案为:分子; (5)①在 CaF2 晶胞中每个 Ca2+连接 4 个氟离子,但在下面一个晶胞中又连接 4 个氟离子, 所以其配位数为 8;在 CaF2 晶胞中每个 F 连接 4 个钙离子,所以其配位数为 4, 故答案为:8;4; ②该晶胞中含有钙离子个数=8× +6× =4,氟离子在该晶胞的内部,所以氟离子个数是 8, 该晶胞中含有 4 个 CaF2,该晶胞的体积为:V=(5.55× 10 6)3cm3,该晶胞的密度为:
﹣ ﹣

ρ= =



故答案为:ρ=



【点评】本题考查了晶胞计算,题目难度中等,涉及原子核外电子排布、原子轨道杂化方式 及杂质类型、 晶胞结构及计算等知识, 试题知识点较多、 综合性较强, 充分考查学生的分析、 理解能力及化学计算能力, 注意掌握晶胞的结构及计算方法, 明确原子核外电子排布规律及 原子轨道杂化类型的判断方法.

【有机化学基础】 22.有机物 H 是一种香料,可从柑橘类物质中提取,它的一种合成路线如下

已知: ①D 能与碳酸氢钠溶液反应 ②G 核磁共振氢谱显示其分子中含有 2 种不同化学环境的氢原子;

③CH3CHO+CH3CHO 回答下列问题: (1)A→B 的反应类型为 加成反应 (2)E 的名称为 2﹣甲基丙烷 F 的结构简式为 (CH3)3CCl

(3)反应①的化学方程式为

(4)反应⑤的化学方程式为

(5)D 有多种同分异构体,写出符合下列条件的 D 的所有同分异构体的结构简式:

、 I.笨坏上含有三个取代基 Ⅱ.不能与 NaHCO3 溶液反应 Ⅲ.能发生银镜反应和水解反应 IV.核磁共振氢谱有 4 组峰

(不考虑立体异构)?

(6)参照上述合成路线,设计一条以 A 为原料制备 【考点】有机物的合成;有机物的推断.

的合成路线.

【分析】有机物 A 为苯乙醛,根据信息③和甲醛反应生成羟醛,苯乙醛中 α﹣氢加到甲醛醛 基氧上, 剩余加到醛基碳上, A→B 反应为: C6H5CH2CHO+HCHO→C6H5CH (CH0) CH2OH, B 为:C6H5CH(CH0)CH2OH,醇羟基被氧化,反应①为:

,醛基被氧化,C→D:

+4Cu (OH) 2

+2Cu2O↓+4H2O, D为



D 中羧酸能与碳酸氢钠溶液反应,E 为: (CH3)3CH,对照 E、F 分子式,为 E 和氯气在光 照的条件下发生取代反应,反应③为: (CH3)3CH+Cl2
3CCl,在氢氧化钠水溶液发生水解生成

(CH3)3CCl+HCl,F 为(CH3)

醇,反应④为: (CH3)3CCl+NaOH

(CH3)3COH+NaCl,G 为: (CH3)3COH,G 符

合核磁共振氢谱显示其分子中含有 2 种不同化学环境的氢原子,和 D 发生酯化反应,反应

⑤为:



生成 H,H 为

,据此解答.

【解答】解: (1)A→B 反应为:C6H5CH2CHO+HCHO→C6H5CH(CH0)CH2OH,苯乙醛 中 α﹣氢加到甲醛醛基氧上,剩余加到醛基碳上,属于加成反应, 故答案为:加成反应; (2)E 为: (CH3)3CH,分子中最长碳链含有 3 个 C,主链为丙烷,在 2 号 C 含有 1 个甲 基,该有机物名称为:2﹣甲基丙烷,反应③为: (CH3)3CH+Cl2 为(CH3)3CCl, 故答案为:2﹣甲基丙烷; (CH3)3CCl; (CH3)3CCl+HCl,F

(3)B 为:C6H5CH(CH0)CH2OH,醇羟基被氧化,反应①为:



故答案为: (4)G 为: (CH3)3COH,和 D 发生酯化反应,反应⑤为:



, 故答案为:



(5)D 为

,羧基和酯基互为同分异构体,苯环上含有三个取代基,能发

生银镜反应和水解反应为甲酸酯,磁共振氢谱有 4 组峰为四种氢原子,

所以符合条件的 D 的同分异构体有:





故答案为:





(6)有机物 A 为苯乙醛,制备

,根据信息③自身反应生成羟醛

,醛基和氢气加成生成:



醇羟基在浓硫酸的作用下发生消去生成产物

,合成路线为:



故答案为:



【点评】本题考查有机物的合成及推断,涉及反应类型、化学方程式的书写以及同分异构体 的判断等, 注意把握推断题的关键点和题中重要信息, 积累基础知识, 以及知识的综合利用, 题目难度中等.


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