欢迎进入莲山课件网
您现在的位置:  主站  >> 中小学试题 >> 中学历史试题 >> 高一下册历史 >> 月考试题 

2019届高三化学3月联考试卷(含解析广西桂林市、贺州市、崇左市)

【www.5ykj.com - 莲山课件】

广西桂林市、贺州市、崇左市2019届高三3月联合调研考试
理科综合试题化学部分
1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B. 福尔马林能防腐,但不能用于食品保鲜
C. 食品包装袋中的生石灰和硅胶可以防止食品氧化变质
D. 维生素C具有还原性,能将人体中的Fe3+转化为易被吸收的Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A.蚕丝成分为蛋白质,灼烧产生烧焦羽毛气味,所以可以用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维,A正确;
B.福尔马林为甲醛水溶液,甲醛有毒,不能用于食品防腐,B正确;
C.生石灰和硅胶都具有吸水性,不具有还原性,所以不能防止食品氧化变质,C错误;
D.维生素C具有还原性,能够还原三价铁离子生成二价铁离子,所以能将人体中的Fe3+转化为易被吸收的Fe2+,D正确;
故合理选项是C。
2.下列叙述正确的是
A. 1 molCnH2n中含有的共用电子对数为3nNA
B. 依据丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体与浊液
C. 钢管和铜管堆放在一起,可以减缓钢管的生锈速率
D. 化学键的断裂与形成一定伴随着电子转移和能量变化
【答案】A
【解析】
【详解】A.分子式为CnH2n分子中C原子之间含n个共用电子对,2n个C-H键,则1 molCnH2n中含有的共用电子对数为3nNA,A正确;
B.根据分散质的直径大小将分散系分类,而丁达尔现象为胶体特有的性质,B错误;
C.钢管和铜管堆放在一起,构成原电池时Fe比Cu活泼,Fe为负极,会加快Fe的腐蚀速率,C错误;
D.化学键形成释放能量,化学键断裂吸收能量,因此化学键的断裂与形成过程中一定有能量变化,但不一定有电子转移,如中和反应是放热反应,但无电子转移,D错误;
故合理选项是A。
3.HOCH2CH=CHCOOH是重要的化工原料。下列有关它的描述正确的是
A. 可用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键
B. 1mol该物质只能与1 mol NaOH反应
C. 该物质能发生酯化、缩聚、水解反应
D. 分子中所有原子可以处在同一平面上
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物含有羧基,具有酸性,可发生酯化反应;含有羟基,可发生取代、氧化反应,含有碳碳双键,可发生加成、氧化和加聚反应,以此解答该题。
【详解】A.羟基和碳碳双键都可被高锰酸钾氧化,因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键,A错误;
B.只有羧基与氢氧化钠溶液反应,则1mol该物质只能与1 mol NaOH反应,B正确;
C.不含酯基、卤素原子,因此不能发生水解反应,C错误;
D.含有饱和碳原子,具有甲烷的结构特征,因此不可能所有的原子在同一个平面上,D错误;
故合理选项是B。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质,为高考常见题型和高频考点,侧重考查学生的分析能力,注意把握有机物的官能团的性质,为解答该题的关键。
4.下列有关化学实验的描述错误的是
A. 用加热方法分离NaCl(s)和I2(s)的混合物
B. 将分别蘸有浓氨水和浓硝酸的玻璃棒靠近,有白烟产生
C. 酸碱中和滴定实验中,用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差
D. 用饱和氯化钠溶液可以洗涤除去氯化钠固体表面少量氯化钾杂质
【答案】C
【解析】
【详解】A.加热碘易升华,NaCl仍然为固体形式,因此可通过加热进行分离,A正确;
B.二者反应生成硝酸铵固体,因此会产生白烟现象,B正确;
C.润洗锥形瓶,导致消耗标准液体积偏大,会增大实验误差,不能润洗锥形瓶,C错误;
D.饱和氯化钠溶液可抑制NaCl溶解,而KCl易溶于水,可除去氯化钠固体表面少量氯化钾杂质,D正确;
故合理选项是C。
5.下图所示原电池的盐桥中装有饱和K2SO4溶液,电池工作一段时间后,甲烧杯中溶液颜色不断变浅。下列叙述中正确的是
 
A. b极是电池的正极
B. 甲烧杯中K+经盐桥流向乙烧杯
C. 甲烧杯中溶液的pH逐渐减小
D. 电池的总反应离子方程式为:MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
由Mn元素的化合价降低,得到电子,Fe元素的化合价升高,失去电子,则b为负极,a为正极,所以总的电极反应为:2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O,结合原电池中负极发生氧化反应,电流从正极流向负极,阴离子向负极移动来解答。
【详解】由Mn元素的化合价降低,得到电子,Fe元素的化合价升高,失去电子,则b为负极,a为正极,所以总的电极反应为:2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O,结合原电池中负极发生氧化反应,电流从正极流向负极,阴离子向负极移动,
A.由于Fe2+在a电极失去电子,发生氧化反应,所以a极是电池的负极,A错误;
B.K+向正极移动,所以乙烧杯中K+经盐桥流向甲烧杯,B错误;
C.甲烧杯中(a电极)MnO4-获得电子,发生还原反应,Mn元素的化合价降低,电极反应为MnO4-+8H++5e-═Mn2++4H2O,所以甲烧杯中溶液的pH逐渐增大,C错误;
D.由总的电极反应可知:2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O,反应的离子方程式为:MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,D正确;
故合理选项是D。
【点睛】本题考查原电池的工作原理及常见的化学电源,题目难度中等,明确氧化还原反应中元素的化合价变化及原电池工作原理是解答本题的关键,试题培养了学生的灵活应用能力。
6.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置如下图所示,Y2+与W-的电子数之差为8。下列说法正确的是
 
A. 原子半径大小:X>Y
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性:Z>W
C. 工业上通过电解Y的氧化物制取Y单质
D. X与W可形成正四面体结构的有机物
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置如图所示,X位于第二周期,Y、Z、W位于第三周期,Y2+与W-的电子数之差为8,则Y为Mg元素,W为Cl元素;结合各元素的相对位置可知,X为C元素,Z为S元素,据此解答。
【详解】综上所述可知,X是C元素,Y为Mg元素,Z是S元素,W为Cl元素。
A.原子核外电子层越多,原子半径越大,所以原子半径X<Y,A错误;
B. 非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强。由于元素的非金属性Z<W,则最高价氧化物对应水化物的酸性:Z<W,B错误;
C.MgO是离子化合物,熔点较高,以MgO为原料电解MgO获得Mg的成本较高,所以在工业上通常利用电解熔融氯化镁获得金属Mg,C错误;
D.X与W可形成CCl4,该物质中四个C-Cl键长相同,键角为109°28′,所以四氯化碳为正四面体结构,D正确;
故合理选项是D。
【点睛】本题考查位置结构性质的相互关系应用,题目难度不大,推断元素为解答关键,注意掌握元素周期律内容及元素周期表结构,试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
7.常温下,用0.10 mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/LCH3COOH溶液和HCN溶液,所得滴定曲线如右图所示。下列说法错误的是
 
A. 点①和点②所示溶液中:c(CH3COO-)>c(CN-)
B. 点③和点④所示溶液中水的电离程度:③>④
C. 点①和点②所示溶液中:c(CH3 COO-)-c(CN-)=c(HCN)-C(CH3COOH)
D. 相同条件,浓度均为0.10mol/L CH3COOH溶液和HCN溶液的导电性:CH3COOH>HCN
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根据点①和点②所示溶液中的电荷守恒分析;
B.点③溶液的pH=7,溶质为醋酸钠和醋酸,点④恰好生成醋酸钠,醋酸根离子促进了水的电离,此时水的电离程度最大;
C.根据点①和点②所示溶液中的物料守恒分析;
D.先判断酸性强弱,酸性越强,浓度相同时溶液导电性越强。
【详解】A.点①溶液为等浓度的HCN和NaCN的混合溶液,根据图示可知溶液的pH>7,c(OH-)>c(H+),根据电荷守恒c(OH-)+c(CN-)=c(Na+)+c(H+)可知,c(CN-)<c(Na+);点②所示溶液为CH3COONa、CH3COOH的等浓度的混合溶液,由图可知溶液的pH<7,c(OH-)<c(H+),根据电荷守恒c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)可知,c(CH3COO-)>c(Na+),由于二者中钠离子浓度相同,所以c(CH3COO-)>c(CN-),A正确;
B.点③溶液为CH3COONa、CH3COOH的混合溶液,根据图示可知该点溶液的pH=7,则c(OH-)=c(H+),则根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-),强电解质盐电离产生的离子浓度远大于弱电解质电离产生的离子,所以c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-);点④恰好生成醋酸钠,由于该盐是强碱弱酸盐,CH3COO-水解消耗水电离产生的H+,促进了水的电离,此时水的电离程度最大,故水的电离程度:③<④,B错误;
C.点①的溶液是等浓度的HCN和NaCN的混合溶液,在①的中存在物料守恒为c(HCN)+c(CN-)=2c(Na+),点②所示溶液中的物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+),二者中钠离子浓度相同,则c(HCN)+c(CN-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),即c(CH3COO-)- c(CN-)=c(HCN)- c(CH3COOH),C正确;
D.根据图知,0.10mol/L的CH3COOH 溶液和HCN溶液的pH:CH3COOH<HCN,所以两种酸中c(H+):CH3COOH>HCN,即酸性CH3COOH>HCN,溶液的酸性越强,酸电离产生的离子就越大,溶液的导电性就越强,所以浓度相同时溶液的导电性:CH3COOH>HCN,D正确;
故合理选项是B。
【点睛】本题考查酸、碱混合溶液定性判断的知识,明确混合溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键,注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用,试题侧重考查分析判断能力。
8.硫及其化合物是重要的化工原料,某学习小组对某些硫的化合物性质和制备进行如下实验探究:
Ⅰ.探究实验一:将一定量的浓H2SO4与足量Zn置于装置A中充分反应,对反应后的气体X进行气体成分分析(水蒸气除外)。
 
回答下列问题:
(1)气体X中除水蒸气之外,还可能有的气体是______________________。
(2)B中的试剂可能是__________,酸性KMnO4溶液的作用是_____________。
(3)D、E装置用于证明气体X中的另一种组分,按照D、E装置顺序观察到的实验现象分别是___________、___________。
Ⅱ.探究实验二:制取硫代硫酸钠(Na2S2O3)并探究其性质。
(1)制取Na2S2O3(装置如右图,夹持装置省略)。
 
①装置B中生成Na2S2O3的同时也生成CO2,反应的离子方程式为___________。
②除搅拌和使用多孔球泡外,再写出一种可以提高B中吸收SO2效率的方法___________。
(2)探究Na2S2O3的性质(反应均在溶液中进行),请填空:
    Na2S2O3性质    实验操作    实验现象
探究1    Na2S2O3溶液的酸碱性    ____    pH=8
探究2    Na2S2O3的还原性    向新制的溴水中滴加Na2S2O3溶液    __________


【答案】    (1). 二氧化硫、氢气    (2). 品红溶液(或酸性高锰酸钾、溴水)    (3). 除去气体中残余的二氧化硫    (4). 黑色粉末变红色    (5). 白色粉末变蓝色    (6). 4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2    (7). 控制二氧化硫的流速、适当增大B中混合液的浓度、适当升高B中溶液温度等可以提高B中吸收SO2效率    (8). 把小块pH试纸放在表面皿(或玻璃片)上,用蘸有待测溶液的玻璃棒点在pH试纸的中部,试纸变色后,与标准比色卡比较确定溶液的pH    (9). 溴水颜色变浅(或溴水褪色)
【解析】
【分析】
Ⅰ.在装置A中浓硫酸与Zn反应产生硫酸锌、二氧化硫和水,当反应进行到一定程度,硫酸变为稀硫酸,稀硫酸与Zn反应产生硫酸锌和氢气。所以反应产生的气体X中含有水蒸气、SO2、H2,通过品红溶液检验SO2,用酸性KMnO4溶液除去SO2,然后通过浓硫酸干燥,然后通过D使H2发生反应: CuO+H2 Cu+H2O,然后通过无水硫酸铜检验H2O的存在。
Ⅱ.浓硫酸与Na2SO3反应产生SO2,SO2与Na2S、Na2CO3发生反应产生Na2S2O3和CO2,SO2、H2S都是大气污染物,要用NaOH溶液进行尾气处理。
【详解】Ⅰ.(1)浓硫酸与Zn反应产生硫酸锌、二氧化硫和水,当反应进行到一定程度,硫酸变为稀硫酸,Zn与稀硫酸反应产生硫酸锌和氢气。所以气体X除水蒸气外还可能含有SO2、H2;
(2)装置B的作用是检验SO2,SO2具有漂白性、还原性,可以选择品红溶液、酸性高锰酸钾溶液(或溴水)作为检验试剂;检验H2的生成之前,应先排SO2的干扰,故用酸性高锰酸钾用来除去气体中残余的SO2;
(3)D、E装置用于证明气体X中的H2,D中H2还原黑色CuO粉末为红色的Cu单质,反应生成的水进入盛有无水硫酸铜的E装置中,会看到白色粉末硫酸铜结合水得到蓝色硫酸铜晶体;
Ⅱ.(1)①装置B中由A制得的SO2与Na2S、Na2CO3反应生成Na2S2O3的同时也生成CO2,根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒,可得离子方程式为:4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2;
②控制SO2的流速、适当增大B中混合液的浓度、适当升高B中溶液温度等都可以提高B中吸收SO2效率;
(2)探究1:由实验现象pH=8可知探究1为测定Na2S2O3溶液的pH值,操作为:把一小块pH试纸放在表面皿(或玻璃片)上,用蘸有待测溶液的玻璃棒点在pH试纸的中部,待试纸变色后,与标准比色卡比较确定溶液的pH;
探究2:是要测定Na2S2O3溶液的还原性,向该溶液中加入溴水,溴水呈棕黄色,Na2S2O3溶液无色,若二者发生氧化还原反应,会看到的现象为:溴水颜色变浅(或溴水褪色)。
【点睛】本题考查了物质性质的检验,涉及物质的性质、现象的判断、方程式的书写、实验操作等知识点,根据所学知识进行合适的判断是关键,注意语言的描述,题目难度中等。
9.废旧铅蓄电池的回收利用可减少对环境的污染和实现铅资源的可持续发展,其阴、阳极填充物(铅膏,主要含PbO2、PbO、PbSO4)是废旧铅蓄电池的主要部分,回收铅单质的一种工艺流程如下:
 
(1)反应①的化学方程式为________________,操作a的名称是___________。
(2)滤液B中的落质除Na2SO4外,还含有较多的___________(写化学式),若利用该滤液回收Na2SO4?10H2O,可加入___________(写试剂名称)除掉该物质。
(3)若反应②完成后的溶液中c(Pb2+)=5×10-6mol/L,则该溶液中c(SO42-)<___________ mol/L [已知Ksp(PbSO4)=1.06×10-8,Ksp (PbCO3)=3.3×10-14]
(4)用涂PbO2的钛板作阻极铅板作阴极,电解含Pb2+的电解液,可得到纯度99.99%的Pb粉,产物Pb在___________极(填“阴”或“阳”)产生,阳极的电极反应式为___________。
(5)若实验中所取铅膏的质量为16g(PbO2的质量分数为15%),要将PbO2全部还原,至少需要加入1.0mol/L的Na2SO3溶液___________ mL(结果保留整数)。
【答案】    (1). Na2SO3+PbO2=PbO+Na2SO4    (2). 过滤    (3). Na2CO3    (4). 硫酸    (5). 2.12×10-3    (6). 阴    (7). 2H2O-4e-=4H++O2↑    (8). 10
【解析】
【分析】
含铅废料(PbSO4、PbO2、PbO等),加入足量的亚硫酸钠,发生氧化还原反应还原PbO2,过滤得到滤渣为PbSO4、PbO,溶液为Na2SO3、Na2SO4;向PbSO4、PbO中加入饱和碳酸钠溶液,发生沉淀的转化,过滤得到PbCO3、PbO和滤液硫酸钠溶液,PbCO3、PbO加入20%的HBF4,得到含有Pb2+的电解液,过滤得到PbO粗品,将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中,电解可得到Pb和O2,以此解答该题。
【详解】(1)反应①是PbO2将Na2SO3氧化为Na2SO4,PbO2被还原为PbO,该反应的化学方程式为Na2SO3+PbO2=PbO+Na2SO4,操作a用于分离难溶性的固体和可燃性液体混合物的方法,因此该操作方法为过滤;
(2)向PbO、PbSO4混合物中加入足量的Na2CO3,PbSO4与Na2CO3发生沉淀的转化,因此滤液B中的溶质除Na2SO4外,还含有较多Na2CO3,若利用该滤液回收Na2SO4?10H2O,可利用酸性H2SO4>H2CO3,向含有Na2SO4、Na2CO3的混合溶液中加入适量的硫酸除去碳酸钠;
(3)若反应②完成后的溶液中c(Pb2+)=5×10-6mol/L,则该溶液中c(SO42-)< =2.12×10-3mol/L;
(4)用涂PbO2的钛板作阻极铅板作阴极,电解含Pb2+的电解液,可得到纯度99.99%的Pb粉Pb被还原,应在阴极生成,阳极上溶液中的OH-失去电子,发生氧化反应,生成O2,电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑;
(5)二氧化铅的物质的量为:n(PbO2)= =0.01mol,根据Na2SO3+PbO2=PbO+Na2SO4可知n(Na2SO3)= n(PbO2)=0.01mol,则V(Na2SO3)= =0.01L=10mL。
【点睛】本题考查物质的制备以及物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用,题目主要涉及分离提纯的方法、物质性质的分析应用等知识,侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查,题目难度中等。
10.I.研究发现,氮氧化物和硫氧化物是雾霾的主要成分。回答下列问题:
(1)有下列反应:①N2(g)+O2(g)=2NO(g)    △H1=+180.5kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g)      △H2=-393.5 kJ/mol
③2C(s)+O(g)=2CO(g)     △H=-221.0 kJ/mol
已知某反应的平衡常数表达式为K=  ,请写出此反应的热化学方程式: _________________。
(2)往1L恒容密闭容器中充入一定量的NO2,在三种不同条件下发生反应:2NO2(g) 2NO(g)+O2(g),实验测得NO2的浓度随时间的变化如下表(不考虑生成N2O4)。
 
①下列说法正确的是___________(填正确选项的序号)
A.实验2容器内压强比实验1的小
B.由实验2和实验3可判断该反应是放热反应
C.实验1比实验3的平衡常数大
D.实验2使用了比实验1效率更高的催化剂
E.在0→10mim内实验2的反应速率v(O2)=0.015mol/(L?min)
②不能判断反应已达到化学平衡状态的是___________(填正确选项的序号)
A.容器内的气体压强不变               B.2v正(NO2)=v逆(O2)
C.气体的平均相对分子质量保持不变   D.NO2和NO的浓度比保持不变
③已知容器内的起始压强为 P0kPa,在800℃温度下该反应的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。在该温度下达到平衡后,再向容器中加入NO2和NO各2mol,平衡将___________(填“向正反应方向移动”或“向逆反应方向移动”或“不移动”)。
(3)为了减少雾霾中的SO2,工业尾气中SO2可用饱和Na2SO3溶液吸收,该反应的化学方程式为___________;25℃时,若用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2,当恰好完全反应时,溶液的pH___________7(填“大于”或“小于”或“等于”),溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______________(已知:常温下H2SO3的电离常数Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.2×10-8)。
【答案】    (1). 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)  △H=-746.5 kJ/mol    (2). DE    (3). B    (4). 0.2P0    (5). 不移动    (6). Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3    (7). <    (8). c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)
【解析】
【分析】
(1)根据平衡常数的定义表达式来书写热化学方程式;
(2)①实验1和实验2在相同的温度下反应,达到平衡时NO2的浓度相同,说明达到相同平衡状态,但实验2达到平衡用时少,反应速率大;实验3在850℃反应,达到平衡时NO2的浓度较800℃小,说明温度升高,平衡向正反应方向移动,则正反应应为吸热反应,反应速率v= ,以此解答;
②可逆反应到达平衡时,同种物质的正、逆反应速率相等,各组分的浓度、含量保持不变,由此衍生的其它一些量不变,判断平衡的物理量应随反应进行发生变化,该物理量由变化到不变化说明到达平衡,由此分析判断;
③已知容器内的起始压强为 P0kPa,由化学平衡常数的表达式来确定在该温度下达到平衡后,再向容器中加入NO2和NO各2mol,计算此时的浓度商,再和平衡常数比较判断分压进行的方向;
(3)工业尾气中SO2可用饱和Na2SO3溶液吸收,SO2能与饱和Na2SO3溶液反应生成亚硫酸氢钠,溶液中亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度溶液显酸性。
【详解】(1)若某反应的平衡常数表达式为:K= ,可知反应为2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g),①N2(g)+O2(g)=2NO(g)    △H=+180.5kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g)   △H=-393.5kJ/mol
③2C(s)+O2(g)=2CO(g)  △H=-221kJ/mol
根据盖斯定律,将②×2-③-①得到2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)  △H=-746.5 kJ/mol,
(2)①A.图表数据可知实验2和实验1温度相同,起始量相同,达到平衡状态c (NO2)相同,但达到平衡状态需要时间,实验2小于实验1,说明是使用了催化剂的作用,实验2容器内压强和实验1的压强相同,A错误;
B.实验3在850℃反应,达到平衡时c (NO2)比800℃小,说明升高温度,化学平衡向正反应方向移动,则正反应应为吸热反应,B错误;
C.升高温度,平衡向正反应方向移动,平衡常数会增大,所以实验3的化学平衡常数比实验1的大,C错误;
D.因实验1和实验2平衡时NO2的浓度相同,但实验2反应速率大,说明实验2使用了催化剂,D正确;
E.2NO2(g) 2NO(g)+O2(g),在0→10mim内实验2的反应速率 ,E正确;
故合理选项是DE;
②对于反应2NO2(g) 2NO(g)+O2(g),
A.由于该反应是在恒容条件下进行的反应前后气体体积不等的反应,若容器内的气体压强不变,说明反应达到平衡状态,A不符合题意;
B.速率之比等于化学方程式计量数之比,为正反应速率之比,v正(NO2)=2v逆(O2)能说明氧气的正逆反应速率相同,但2v正(NO2)=v逆(O2)不能说明反应达到平衡状态,故B符合题意;
C.其他条件不变,若反应未达到平衡状态,气体的物质的量改变,气体的平均相对分子质量就发生变化,因此气体平均相对分子质量保持不变,说明反应达到平衡状态,C不符合题意;
D.NO2和NO的浓度比保持不变说明正逆反应速率相同,反应处于平衡状态,D不符合题意;
故合理选项是B;
③已知容器内的起始压强为 P0kPa,800°C达到平衡状态c(NO2)=0.50mol/L,由于容器的容积为1L,所以n(NO2) =0.50mol,结合三段式法列式计算:
               2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)
起始量(mol)  1           0      0
变化量(mol) 0.5          0.5     0.25
平衡量(mol) 0.5          0.5     0.25
平衡状态气体的总物质的量n(总)=0.5mol+0.5mol+0.25mol=1.25mol
在800℃温度下该反应的平衡常数Kp= ,在该温度下达到平衡后,平衡常数K= ,再向容器中加入NO2和NO各2mol,浓度商Qc= ,说明平衡不移动;
(3)工业尾气中SO2可用饱和Na2SO3溶液吸收,该反应的化学方程式为:Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,25℃时,若用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2,当恰好完全反应,溶液中生成亚硫酸氢钠,根据题意可知HSO3-的电离平衡常数Ka2= 6.2×10-8,HSO3-在溶液中也存在水解平衡:HSO3-+H2O H2SO3+OH-,水解平衡常数Kh= < 6.2×10-8,说明HSO3-离子电离程度大于HSO3-水解程度,溶液显酸性,pH<7,所以溶液中离子浓度大小:c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)。
【点睛】本题考查了热化学方程式书写、化学平衡状态判断、平衡常数的计算应用、平衡移动原理的理解应用、盐类水解弱电解质电离等,掌握基础是解题关键,题目难度中等。
11.CaF2、CaC2都是工业生产的重要物质。回答下列问题:
(1)基态钙原子的电子排布式___________,钙原子核外有___________种能量状态的电子。
(2)CaC2与水反应生成乙炔(C2H2),乙炔中碳原子的杂化类型为___________,乙炔中的σ键与π键数之比为___________。
(3)CaF2与浓H2SO4反应生成HF,HF的沸点高于C2H2,原因是:___________;HF能的BF3化合得到HBF4,从化学键形成角度分析HF与BF3能化合的原因___________。
(4)NO2F分子与BF3互为等电子体,则NO2F分子的立体构型为______________________。
(5)CaF2的晶胞为立方晶胞,结构如下图所示:
 
CaF2晶胞中,Ca2+的配位数为___________个。
②“原子坐标参数”可表示晶胞内部各原子的相对位置,已知A、B两点的原子坐标参数如图所示,则C点的“原子坐标参数”为(___________,___________, )
③晶胞中两个F-的最近距离为273.1pm,用NA表示阿伏加德罗常数,则晶胞的密度为___________g/cm3(列出计算式即可)。
【答案】    (1). [Ar]4s2    (2). 6    (3). sp    (4). 3:2    (5). HF分子之间存在氢键    (6). BF3中硼原子有空轨道,HF中氟原子有孤对电子,两者之间可形成配位键    (7). 平面三角形    (8). 8    (9).      (10).      (11).  
【解析】
【分析】
(1)Ca是20号元素,根据构造原理书写基态钙原子的电子排布式,核外电子处于同一轨道时能量相同;
(2)乙炔中碳原子间形成碳碳三键,碳原子的杂化类型为sp杂化;根据共价单键是σ键,共价三键是1个σ键,2个π键数,计算σ键与π键数之比;
(3) HF、C2H2都是由分子构成的分子晶体,在HF分子之间还存在氢键的作用影响物质的沸点;从BF3的B原子上有空轨道,HF的F原子上有孤对电子分析形成HBF4的原因;
(4)现判断BF3分子的空间构型,结合等电子体结构相似判断NO2F的空间构型;
(5)以面心Ca2+为研究对象,在一个晶胞中连接4个F-,通过该Ca2+可形成2个晶胞分析;
通过坐标系中A、B、C的相对位置确定C点的坐标;
先根据均摊法计算一个晶胞中含有的Ca、F原子个数,求出晶胞质量,根据F原子的相对位置计算出晶胞参数,得到晶胞体积,最后根据 = 得到晶体密度。
【详解】(1)Ca是20号元素,根据构造原理可知基态钙原子的电子排布式是1s22s22p63s33p64s2,可简写为[Ar]4s2,根据核外电子排布式可知Ca原子核外有6种不同能量的电子;
(2)乙炔中碳原子间形成碳碳三键,碳原子的杂化类型为sp杂化;根据共价单键是σ键,共价三键是1个σ键,2个π键数,乙炔的结构式是H-C≡C-H可知,在乙炔分子中含有3个σ键,2个π键数,所以σ键与π键数之比3:2;
(3) HF、C2H2都是由分子构成的分子晶体,分子晶体的熔沸点收分子之间的作用力影响,由于在HF分子之间除了存在分子间作用力外,还存在氢键,增加了分子之间的吸引力,使物质气化需要消耗的能量比一般的普通分子消耗的能量高,即物质的沸点比乙炔的高;
在BF3分子中的B原子上有空轨道,而HF分子中的F原子上有孤对电子,当BF3与HF靠近时,HF分子中F原子的孤电子对填充BF3分子中B原子的空轨道,二者形成配位键,从而结合形成HBF4;
(4)BF3分子中B原子的价层电子对数为3+ =3,没有孤对电子对,所以分子的空间构型是平面三角形,而NO2F与BF3是等电子体,二者结构相似,所以NO2F分子的空间构型也是平面三角形;
(5)以面心Ca2+为研究对象,在一个晶胞中连接4个F-,通过该Ca2+可形成2个晶胞,所以与该Ca2+距离相等且最近的F-共有8个,因此Ca2+的配位数是8;
观察A、B、C的相对位置,可知C点的x轴坐标是 ,y轴坐标是 ,z轴坐标是 ;
根据晶胞结构可知,在一个晶胞中含有Ca2+: ,含有F-=1×8=8,即一个晶胞中含有4个CaF2,根据C点的坐标可知:晶胞中F-离子之间的距离为晶胞边长的一半,所以晶胞参数L=2×273.1pm=546.2pm,则该晶胞的密度为 = = g/cm3。
【点睛】本题考查了原子核外电子排布、原子杂化、化学键的形成、氢键及配位数的判断、原子位置的确定、晶体密度计算等知识。掌握原子结构理论,具备空间想象力和一定的数学计算能力是本题解答的关键。
12.高分子化合物H的合成路线如下:
 
回答下列问题
(1)A的化学名称为___________。
(2)B→C的化学方程式为______________________。
(3)E的结构简式为___________;由E生成F的反应类型为______________________。
(4)G中官能团名称为___________;由G→H的化学方程式为______________________。
(5)芳香族化合物L与G的官能团相同,但L的相对分子质量比G小28。则符合下列条件的L的同分异构体有___________种。
①与FeCl3溶液发生显色反应    ②苯环上有3个取代基的重
(6)按  有机合成路线可以制备  。结合题中流程和已知信息,可推知M、N的结构简式分别为___________、
___________。
【答案】    (1). 1-丙醇    (2). CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOH CH3CH2COONa+Cu2O↓+3H2O    (3). CH3CH2COCl    (4). 取代反应    (5). 羟基、羧基    (6). n   +(n-1)H2O    (7). 20    (8).      (9).  
【解析】
【分析】
A能发生催化氧化生成B,结合A的分子式知,A为丙醇,B能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应,然后酸化得到D,根据B、D中O原子个数可知,B为丙醛,则A中-OH位于碳链端点上的碳原子上,故A为1-丙醇CH3CH2CH2OH、B为丙醛CH3CH2CHO、C为CH3CH2COONa、D为CH3CH2COOH,D与PCl3发生羧基上的羟基的取代反应生成E,则E为CH3CH2COCl,E与甲苯在AlCl3存在时发生取代反应生成F , F发生信息中的反应得到G为 ,G发生水解反应生成H为 ;
(6)苯乙醛发生信息ii的反应生成M为 ,M与PCl3发生羟基的取代反应生成N为 ,N发生取代反应生成目标产物。
【详解】(1)根据上述分析可知A为CH3CH2CH2OH,A的化学名称为1-丙醇;
(2)B为CH3CH2CHO、C为CH3CH2COONa,B发生催化氧化反应生成C,B→C的化学方程式为CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOH CH3CH2COONa+Cu2O↓+3H2O;
(3)E的结构简式为CH3CH2COCl;由E与甲苯在AlCl3存在时发生苯环甲基对位上的取代反应生成F: ,故E变为F的反应类型为取代反应;
(4)G为 ,G中官能团名称为羟基、羧基;G中含有羟基、羧基,在一定条件下发生羧基反应形成聚合物G,由G→H的化学方程式为n    +(n-1)H2O;
(5)G为 ,芳香族化合物L与G的官能团相同,但L的相对分子质量比G小28,说明L比G少2个—CH2—原子团,L的同分异构体符合下列条件,①与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基;②苯环上有3个取代基。如果取代基为—COOH、—OH、—CH2CH3,羟基、羧基相邻有4种,羟基、羧基相间有4种,羟基和羧基相对有2种,所以有10种;如果取代基为—CH3、—CH2COOH、—OH,甲基和羟基相邻有4种,甲基和羟基相间有4种,羟基和甲基相对有2种,则有10种,所以符合条件的有20种;
(6)苯乙醛发生信息ii的反应生成M为 ,M发生羧基中羟基的取代反应生成N为 ,N发生取代反应生成目标产物 。
【点睛】本题考查有机物推断和合成,明确官能团结构和性质、官能团之间的转化关系是解本题关键,易错点是同分异构体种类判断,注意题给信息的正确运用,本题侧重考查分析推断能力。


版权声明:以上文章中所选用的图片及文字来源于网络以及用户投稿,由于未联系到知识产权人或未发现有关知识产权的登记,如有知识产权人并不愿意我们使用,如果有侵权请立即联系:55525090@qq.com,我们立即下架或删除。
相关内容
热门内容