2015年广东省梅州市梅县松口中学高考化学冲刺试卷
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广东省梅州市高考理综-化学模拟试卷(I)卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共7题;共14分)1. (2分) (2016高一下·汕头期中) 进行化学实验时应强化安全意识.下列做法正确的是()A . 金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火B . 用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上C . 浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗D . 蒸馏时应先向冷凝管中通入冷凝水再加热2. (2分)25℃时,将浓度均为0.1mol·L-1、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合,保持Va+Vb=100 mL,Va、Vb与混合液pH的关系如图所示。
下列说法错误的是()A . HA为弱酸,BOH为弱碱B . b点时,c(B+)=c(A-)C . c点时,混合溶液呈碱性的主要原因是过量的BOH电离出OH- ,使得溶液中c(OH-)>c(H+)D . a→c过程中水的电离程度始终增大3. (2分)下列说法正确的是()A . 原电池是把电能转化为化学能的装置B . 形成原电池后,原电池中的阳离子移向正极C . 原电池中电子流出的一极是正极D . 原电池的两极发生的反应均为氧化还原反应4. (2分) (2019高一下·浙江月考) 氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途。
下列生产、生活中的事例不属于氧化还原反应的是()A . 金属冶炼B . 燃放鞭炮C . 食物腐败D . 豆浆变成豆腐5. (2分)(2018·昆明模拟) 某研究小组设计如下装置处理pH为5-6的污水。
下列说法正确的是()A . 阳极的电极反应式为:Fe-3e-=Fe3+B . 正极的电极反应式为:O2+2H2O+4e-=4OH-C . 若阴极转移2mol电子,则负极消耗5.6LCH4D . 污水中最终会产生Fe(OH)3 ,吸附污物而形成沉淀6. (2分) (2015高一下·永昌期中) 在反应:C+CO2═2CO中,可使反应速率增大的措施是()①增大压强②升高温度③通入CO2④增加碳的量⑤降低压强.A . ①②③B . ②③⑤C . ①②③④D . ②③④7. (2分)具有下列分子式的一氯代烷中,水解后产物在红热铜丝催化下,最多可被空气氧化生成四种不同的醛的是()A . C3H7ClB . C4H9ClC . C5H11ClD . C6H13Cl二、工业流程 (共1题;共4分)8. (4分) (2018高一上·镇原期中) 乙酸是实验室常用的一种化学试剂,某乙酸试剂瓶上标签的部分内容如右图所示。
广东省梅州市梅县中学2015届高考化学冲刺试卷一、解答题(共6小题,满分18分)1.(3分)化学与生活密切相关,下列说法不正确的是()A.用热的纯碱溶液可洗涤餐具上的油污B.煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C.用灼烧并闻气味的方法可区别棉麻织物和纯羊毛织物D.新制Cu(OH)2悬浊液在医院中常用于尿糖的检测2.(3分)水溶液中能大量共存的一组离子是()A.pH=1的溶液中:Fe2+、CH3COO﹣、K+、SO42﹣B.在含较多Al3+的溶液中:Na+、Cl﹣、HCO3﹣C.在0.1 mol•L﹣1 CaCl2溶液中:K+、Ba2+、I﹣、OH﹣D.在=10﹣12的溶液中:K+、Na+、ClO﹣、NO3.(3分)下列叙述I和II均正确并有因果关系的是()选项叙述I 叙述IIA Mg有还原性电解MgCl2饱和溶液可制备MgB AgCl难溶于酸用盐酸和AgNO3溶液检验Cl﹣C Ba(OH)2易溶于水可配制1.0mol∙L﹣1的Ba(OH)2溶液D NH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClA.A B.B C.C D.D4.(3分)设n A为阿伏加德罗常数的数值.下列说法正确的是()A.17gNH3含有10n A个质子B.标准状况下,22.4L氯水含有n A个Cl2分子C.1mol C2H6含有6n A个共价键D.1mol 金属K被完全氧化生成KO2,失去2n A个电子5.(3分)将如图所示实验装置的K闭合,下列判断正确的是()A.Cu电极上发生氧化反应B.电子沿Zn→a→b→Cu路径流动C.片刻后甲池中c(K+)增大D.片刻后可观察到滤纸a点变红色6.(3分)常温下,0.2mol•L﹣1的一元酸HCl与等浓度的MOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组成及浓度如图所示,下列说法正确的是()A.MOH为强碱B.该混合液pH=7C.该混合溶液中:c(Cl﹣)=c(M+)D.图中X表示M+,Y表示H+,Y表示MOH,R表示OH﹣二、双项选择题(本大题共2小题,每小题6分,共54分.在每小题给出的四个选项中,有两个选项符合题目要求,全部选对得6分,只选1个且正确的得3分,有选错或不答的得0分.)7.(6分)下列实验操作、现象和结论均正确的是()选项实验操作现象结论A 新制Fe(OH)2露置于空气中一段时间白色固体迅速变为灰绿色,最终变为红褐色说明Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3B 常温下将Fe片放入浓硝酸中无明显变化Fe与浓硝酸不反应C 将一小块Na放入医用酒精中产生气泡Na只置换出醇羟基上的氢D 向某无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I﹣A.A B.B C.C D.D8.(6分)E~N等元素在周期表中的相对位置如下表.E与K的原子序数相差4,K的一种单质是空气中含量最多的物质,H与N属同周期元素,下列判断不正确的是()A.K的氢化物水溶液显碱性B.F的单质与氧气反应只生成一种氧化物C.H与N的原子核外电子数相差14D.最高价氧化物的水化物酸性:K>L>M三、解答题(共4小题,满分62分)9.(16分)阿斯巴甜(APM)是一种甜度高、味美而热量低的甜味剂,其结构简式如图1所示.(1)下列关于APM的说法中,正确的是.A.属于糖类化合物B.分子式为C14H18N2O5C.既能与酸反应,又能与碱反应D.能发生酯化反应,但不能发生加成反应(2)APM在人体胃肠道酶作用下彻底水解生成的产物中,相对分子质量最小的是(填结构简式),其官能团名称为.(3)苯丙氨酸()是合成APM的原料之一.苯丙氨酸的一种合成途径如图2所示:已知,(1)丙烯和溴化氢在有过氧化物催化条件下,生成1一溴丙烷,(2)醛或酮可以发生如图3反应①D→E的反应类型为.②A的结构简式为.③写出C→D反应的化学方程式:.④某苯的同系物苯环上的一硝基取代物只有一种,该硝基取代物W是苯丙氨酸的同分异构体.W 的结构简式为.10.(14分)二甲醚(CH3OCH3)在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用.工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3的新工艺主要发生三个反应:①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1=﹣91kJ•mol﹣1②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=﹣24kJ•mol﹣1③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H3=﹣41kJ•mol﹣1回答下列问题:(1)新工艺的总反应为3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)△H该反应△H=,平衡常数表达式K=.(2)增大压强,CH3OCH3的产率(填“增大”、“减小”或“不变”).(3)原工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行,无反应③发生.新工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率,原因是.(4)为了寻找合适的反应温度,研究者进行了一系列试验,每次试验保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变,试验结果如图.CO转化率随温度变化的规律是,其原因是.11.(16分)硼酸(H3BO3)大量应用于玻璃制造行业,以硼镁矿(含2MgO•B2O3•H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3)为原料生产硼酸的工艺流程如下(图1):已知:H3BO3在20℃、40℃、60℃、100℃时的溶解度依次为5.0g、8.7g、14.8g、40.2g.Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时,溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4.(1)由于矿粉中含CaCO3,“浸取”时容易产生大量泡沫使物料从反应器溢出,故应分批加入H2SO4.该反应的化学方程式为.(2)“浸出液”显酸性,含H3BO3和Mg2+、SO42﹣,还含有Fe3+、Fe2+、Ca2+、Al3+等杂质.“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO,除去的杂质离子是.H2O2的作用是(用离子方程式表示).(3)“浸取”后,采用“热过滤”的目的是.(4)“母液”可用于回收硫酸镁,已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图2,且溶液的沸点随压强增大而升高.为了从“母液”中充分回收MgSO4•H2O,应采取的措施是将“母液”蒸发浓缩,.12.(16分)硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一,反应原理为:2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2(该反应△H>0)某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3•5H2O流程如下.(1)吸硫装置如图所示.①装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率,B中试剂是,表明SO2吸收效率低的实验现象是B中.②为了使SO2尽可能吸收完全,在不改变A中溶液浓度、体积的条件下,除了及时搅拌反应物外,还可采取的合理措施是、.(写出两条)(2)假设本实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH,设计实验方案进行检验.(室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2)限选试剂及仪器:稀硝酸、AgNO3溶液、CaCl2溶液、Ca(NO3)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH 计、烧杯、试管、滴管序号实验操作预期现象结论①取少量样品于试管中,加入适量蒸馏水,充分振荡溶解,.样品含NaCl②另取少量样品于烧杯中,加入适量蒸馏水,充分搅拌溶解,.样品含NaOH (3)Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂,测定其浓度的过程如下:准确称取a g KIO3(化学式量:214)固体配成溶液,加入过量KI固体和H2SO4溶液,滴加指示剂,用Na2S2O3溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液的体积为V mL.则c(Na2S2O3)=mol•L﹣1.(只列出算式,不作运算)已知:Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O 2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣.广东省梅州市梅县中学2015届高考化学冲刺试卷参考答案与试题解析一、解答题(共6小题,满分18分)1.(3分)化学与生活密切相关,下列说法不正确的是()A.用热的纯碱溶液可洗涤餐具上的油污B.煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C.用灼烧并闻气味的方法可区别棉麻织物和纯羊毛织物D.新制Cu(OH)2悬浊液在医院中常用于尿糖的检测考点:有机物的鉴别;盐类水解的应用;化石燃料与基本化工原料.分析:A.碳酸钠溶液显碱性,能用于清洗油污;B.煤的气化、液化都是化学变化;C.纯棉织物是纤维素,纯羊毛织物是蛋白质;D.新制Cu(OH)2悬浊液能与醛基反应生成红色沉淀,可用于尿糖的检测.解答:解:A.碳酸钠溶液显碱性,可用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污,故A正确;B.煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程,煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程,所以煤经过气化和液化等变化是化学变化,故B错误;C.纯羊毛织物灼烧时有烧焦羽毛的味道,故用灼烧并闻气味的方法鉴别纯棉织物和纯羊毛织物,故C正确,D.新制Cu(OH)2悬浊液能与醛基反应生成红色沉淀,可用于尿糖的检测,故D正确,故选B.点评:本题考查化学与生活,难度不大.要注意与人类生产、生活相关的知识历来是考查的热点.2.(3分)水溶液中能大量共存的一组离子是()A.pH=1的溶液中:Fe2+、CH3COO﹣、K+、SO42﹣B.在含较多Al3+的溶液中:Na+、Cl﹣、HCO3﹣C.在0.1 mol•L﹣1 CaCl2溶液中:K+、Ba2+、I﹣、OH﹣D.在=10﹣12的溶液中:K+、Na+、ClO﹣、NO考点:离子共存问题.分析:A.pH=1的溶液,显酸性;B.离子之间相互促进水解;C.氢氧化钙微溶;D.在=10﹣12的溶液,显碱性.解答:解:A.pH=1的溶液,显酸性,不能大量存在CH3COO﹣,故A错误;B.Al3+、HCO3﹣相互促进水解,不能大量共存,故B错误;C.氢氧化钙微溶,则在0.1 mol•L﹣1 CaCl2溶液中不能大量存在OH﹣,故C错误;D.在=10﹣12的溶液,显碱性,该组离子之间不反应,可大量共存,故D正确;故选D.点评:本题考查离子的共存,为高频考点,把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键,侧重复分解反应、水解反应的离子共存考查,题目难度不大.3.(3分)下列叙述I和II均正确并有因果关系的是()选项叙述I 叙述IIA Mg有还原性电解MgCl2饱和溶液可制备MgB AgCl难溶于酸用盐酸和AgNO3溶液检验Cl﹣C Ba(OH)2易溶于水可配制1.0mol∙L﹣1的Ba(OH)2溶液D NH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClA.A B.B C.C D.D考点:化学实验方案的评价.分析:A.电解MgCl2饱和溶液生成氢氧化镁;B.用盐酸引入氯离子;C.Ba(OH)2易溶于水,可配制碱溶液;D.NH4Cl不稳定,加热分解.解答:解:A.电解MgCl2饱和溶液生成氢氧化镁,叙述II不合理,故A错误;B.用盐酸引入氯离子,干扰氯离子的检验,叙述II不合理,故B错误;C.Ba(OH)2易溶于水,可配制碱溶液,则可配制1.0mol∙L﹣1的Ba(OH)2溶液,故C正确;D.NH4Cl不稳定,加热分解,用加热法除去NaCl中的NH4Cl,叙述均合理,二者不具有因果关系,故D错误;故选C.点评:本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及电解、离子检验、溶液配制、混合物分离提纯等,把握物质的性质、反应原理为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,综合性较强,题目难度不大.4.(3分)设n A为阿伏加德罗常数的数值.下列说法正确的是()A.17gNH3含有10n A个质子B.标准状况下,22.4L氯水含有n A个Cl2分子C.1mol C2H6含有6n A个共价键D.1mol 金属K被完全氧化生成KO2,失去2n A个电子考点:阿伏加德罗常数.专题:阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.分析:A、求出氨气的物质的量,然后根据1mol氨气中含10mol质子来计算;B、氯水是溶液;C、根据乙烷分子中含有6个碳氢键和1个碳碳键分析;D、根据反应后钾元素的价态来分析.解答:解:A、17g氨气的物质的量为1mol,而1mol氨气中含10mol质子,即10n A个,故A 正确;B、氯水是溶液,不能根据气体摩尔体积来计算,故B错误;C、1mol乙烷分子中含有1mol碳碳键和6mol碳氢键,总共含有7mol共价键,分子中含有7N A 个共价键,故C错误;D、反应后钾元素的价态为+1价,故1mol钾失1mol电子,故D错误.故选A.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.5.(3分)将如图所示实验装置的K闭合,下列判断正确的是()A.Cu电极上发生氧化反应B.电子沿Zn→a→b→Cu路径流动C.片刻后甲池中c(K+)增大D.片刻后可观察到滤纸a点变红色考点:原电池和电解池的工作原理.分析:甲、乙装置能自发的进行氧化还原反应,所以是原电池,锌易失电子作负极,铜作正极,则含有硫酸钾溶液的滤纸是电解池,a是阴极,b是阳极,阴极上氢离子放电,阳极上氢氧根离子放电,电子从负极沿导线流向电解池阴极,原电池放电时,阴离子向负极移动,阳离子向正极移动,以此解答该题.解答:解:A.Zn较活泼,作原电池的负极,Cu作原电池的正极,Cu电极是发生还原反应,故A错误;B.电子流向是负极到正极,但a→b这一环节是在溶液中导电,是离子导电,电子并没沿此路径流动,故B错误;C.锌为负极,原电池工作时阳离子向正极移动,则乙池c(K+)增大,故C错误;D.电解池中,a电极上氢离子放电生成氢气,同时a电极附近生成氢氧根离子,导致溶液碱性增强,所以a极变红色,故D正确.故选D.点评:本题考查了原电池和电解池原理,明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键,易错选项是B,注意电子不进入电解质溶液,电解质溶液是通过阴阳离子的定向移动形成电流,为易错点.6.(3分)常温下,0.2mol•L﹣1的一元酸HCl与等浓度的MOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组成及浓度如图所示,下列说法正确的是()A.MOH为强碱B.该混合液pH=7C.该混合溶液中:c(Cl﹣)=c(M+)D.图中X表示M+,Y表示H+,Y表示MOH,R表示OH﹣考点:酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.分析:一元酸HCl和MOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合,HCl+MOH=MCl+H2O,所得溶液中Cl﹣浓度等于0.1mol/L,而其它微粒都小于0.1mol/L,说明在溶液中存在M++H2O⇌MOH+H+,MCl水解,MOH为弱碱,MCl溶液呈酸性,则c(OH﹣)<c(H+),一般来说,盐类的水解程度较低,则有c(M+)>c(H+),所以:c(Cl﹣)=0.1mol/L>c(M+)>c(H+)>c(MOH)>c (OH﹣),X表示M+,Y表示H+,Y表示MOH,R表示OH﹣.解答:解:一元酸HCl和MOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合,HCl+MOH=MCl+H2O,所得溶液中Cl﹣浓度等于0.1mol/L,而其它微粒都小于0.1mol/L,说明在溶液中存在M++H2O⇌MOH+H+,MCl水解,MOH为弱碱,MCl溶液呈酸性,则c(OH﹣)<c(H+),一般来说,盐类的水解程度较低,则有c(M+)>c(H+),所以:c(Cl﹣)=0.1mol/L>c(M+)>c(H+)>c(MOH)>c (OH﹣),X表示M+,Y表示H+,Y表示MOH,R表示OH﹣,A、MOH为弱碱,故A错误;B、在溶液中存在M++H2O⇌MOH+H+,MCl水解,MOH为弱碱,MCl溶液呈酸性,故B错误;C、溶液中存在M++H2O⇌MOH+H+,而氯离子是强离子,所以:c(Cl﹣)=0.1mol/L>c(M+),故C 错误;D、因为c(Cl﹣)=0.1mol/L>c(M+)>c(H+)>c(MOH)>c(OH﹣),所以X表示M+,Y表示H+,Y表示MOH,R表示OH﹣,故D正确;故选D.点评:本题考查了酸碱混合溶液定性判断,根据酸的强弱结合物料守恒解答,考查离子浓度大小比较、溶液PH值、盐类水解等,判断MOH是一元弱碱为解题关键,题目难度中等.二、双项选择题(本大题共2小题,每小题6分,共54分.在每小题给出的四个选项中,有两个选项符合题目要求,全部选对得6分,只选1个且正确的得3分,有选错或不答的得0分.)7.(6分)下列实验操作、现象和结论均正确的是()选项实验操作现象结论A 新制Fe(OH)2露置于空气中一段时间白色固体迅速变为灰绿色,最终变为红褐色说明Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3B 常温下将Fe片放入浓硝酸中无明显变化Fe与浓硝酸不反应C 将一小块Na放入医用酒精中产生气泡Na只置换出醇羟基上的氢D 向某无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I﹣A.A B.B C.C D.D考点:化学实验方案的评价.专题:实验评价题.分析:A.Fe(OH)2易被氧化;B.常温下将Fe片放入浓硝酸中,发生钝化;C.Na与水、乙醇均反应生成氢气;D.无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置,下层溶液显紫色,则氯气与碘离子反应生成碘单质.解答:解:A.Fe(OH)2易被氧化生成Fe(OH)3,则白色固体迅速变为灰绿色,最终变为红褐色,均合理,故A正确;B.常温下将Fe片放入浓硝酸中,发生钝化,发生氧化还原反应,故B错误;C.Na与水、乙醇均反应生成氢气,则结论不合理,故C错误;D.无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置,下层溶液显紫色,则氯气与碘离子反应生成碘单质,则原溶液中有I﹣,故D正确;故选AD.点评:本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及氧化还原反应、物质的性质、离子检验等,把握物质的性质、反应原理为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,综合性较强,题目难度不大.8.(6分)E~N等元素在周期表中的相对位置如下表.E与K的原子序数相差4,K的一种单质是空气中含量最多的物质,H与N属同周期元素,下列判断不正确的是()A.K的氢化物水溶液显碱性B.F的单质与氧气反应只生成一种氧化物C.H与N的原子核外电子数相差14D.最高价氧化物的水化物酸性:K>L>M考点:元素周期律和元素周期表的综合应用.分析:K的一种单质是空气中含量最多的物质,则K是N元素,则L是P元素、M是Si元素、N是Ge元素;E与K的原子序数相差4,H与N属同周期元素,则E是Li元素、F是Na 元素、G是Mg元素、H是Ca元素,A.K的氢化物是氨气;B.F是Na元素,钠的氧化物有氧化钠、过氧化钠;C.H是Ca元素、N是Ge元素,二者原子序数相差12;D.元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强.解答:解:K的一种单质是空气中含量最多的物质,则K是N元素,则L是P元素、M是Si 元素、N是Ge元素;E与K的原子序数相差4,H与N属同周期元素,则E是Li元素、F是Na元素、G是Mg元素、H是Ca元素,A.K的氢化物是氨气,氨水溶液呈碱性,故A正确;B.F是Na元素,钠的氧化物有氧化钠、过氧化钠,有两种氧化物,故B错误;C.H是Ca元素、N是Ge元素,二者原子序数相差12而不是14,故C错误;D.元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,非金属性K>L>M,所以最高价氧化物的水化物酸性强弱K>L>M,故D正确;故选BC.点评:本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用,明确原子结构、元素周期表结构是解本题关键,熟悉元素周期律内涵,易错选项是C,从第四周期开始,第IIA族和第IIIA族之间隔着副族和第VIII族,题目难度不大.三、解答题(共4小题,满分62分)9.(16分)阿斯巴甜(APM)是一种甜度高、味美而热量低的甜味剂,其结构简式如图1所示.(1)下列关于APM的说法中,正确的是BC.A.属于糖类化合物B.分子式为C14H18N2O5C.既能与酸反应,又能与碱反应D.能发生酯化反应,但不能发生加成反应(2)APM在人体胃肠道酶作用下彻底水解生成的产物中,相对分子质量最小的是CH3OH(填结构简式),其官能团名称为羟基.(3)苯丙氨酸()是合成APM的原料之一.苯丙氨酸的一种合成途径如图2所示:已知,(1)丙烯和溴化氢在有过氧化物催化条件下,生成1一溴丙烷,(2)醛或酮可以发生如图3反应①D→E的反应类型为加成反应.②A的结构简式为.③写出C→D反应的化学方程式:.④某苯的同系物苯环上的一硝基取代物只有一种,该硝基取代物W是苯丙氨酸的同分异构体.W 的结构简式为.考点:有机物的推断;有机物的合成.分析:(1)根据APM的结构简式,可知其分子式,APM中有羧基、酯基、肽键、氨基等官能团,据此判断;(2)APM在人体胃肠道酶作用下,酯基和肽键都能发生水解,在生成的产物中,相对分子质量最小的是CH3OH,据此答题;(3)由苯丙氨酸()的结构简式结合信息(2)可知,E为,D为,根据各物质转化关系可进一步推断得C为,B为,A为,A发生加成生成B,B发生水解生成C,C氧化得D,D发生加成得E,据此答题.解答:解:(1)A.APM中有氮元素,不属于糖类化合物,故A错误;B.根据APM的结构简式,可知其分子式为C14H18N2O5,故B正确;C.APM中有氨基能与酸反应,有羧基能与碱反应,故C正确;D.APM中有羧基能发生酯化反应,有苯环,能与氢气等发生加成反应,故D错误;故选:BC;(2)APM在人体胃肠道酶作用下,酯基和肽键都能发生水解,在生成的产物中,相对分子质量最小的是CH3OH,其官能团名称为羟基,故答案为:CH3OH;羟基;(3)由苯丙氨酸()的结构简式结合信息(2)可知,E为,D为,根据各物质转化关系可进一步推断得C为,B为,A为,A发生加成生成B,B发生水解生成C,C氧化得D,D发生加成得E,①根据上面的分析可知,D→E的反应类型为加成反应,故答案为:加成反应;②根据上面的分析可知,A的结构简式为,故答案为:;③C→D反应的化学方程式为,故答案为:;④某苯的同系物苯环上的一硝基取代物只有一种,该硝基取代物W是苯丙氨酸的同分异构体,W的结构简式为,故答案为:.点评:本题考查有机物的合成,题目难度中等,解答本题的关键是能全面、准确把握题给信息,答题时注意审题,加强自学能力的培养.10.(14分)二甲醚(CH3OCH3)在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用.工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3的新工艺主要发生三个反应:①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1=﹣91kJ•mol﹣1②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=﹣24kJ•mol﹣1③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H3=﹣41kJ•mol﹣1回答下列问题:(1)新工艺的总反应为3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)△H该反应△H=﹣247KJ•mol ﹣1,平衡常数表达式K=.(2)增大压强,CH3OCH3的产率增大(填“增大”、“减小”或“不变”).(3)原工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行,无反应③发生.新工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率,原因是反应③消耗了反应②中的产物H2O,使反应②的化学平衡向正反应方向移动,从而提高CH3OCH3的产率.(4)为了寻找合适的反应温度,研究者进行了一系列试验,每次试验保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变,试验结果如图.CO转化率随温度变化的规律是温度低于240℃时,CO 的转化率随着温度的升高而增大;温度高于240℃时,CO的转化率随着温度的升高而减小,度的升高反应速率增大,CO的转化率也增大;在较高温时,各反应体系均已达到平衡,CO的转化率主要受反应限度影响,随着温度的升高平衡向逆反应方向移动,CO的转化率减小.考点:热化学方程式;化学平衡的影响因素.分析:(1)①CO( g)+2H2(g)⇌CH3OH( g)△H1=﹣91kJ•mol﹣1,②2CH30H(g)⇌CH30CH3(g)+H20(g)△H2=﹣24kJ•mol﹣1,③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H3=﹣41kJ•mol﹣1,根据盖斯定律,①×2+②+③计算△H;平衡常数指产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值;(2)反应前后气体的气体减小,增大压强平衡向体积减小的方向移动;(3)反应③消耗了反应②中的产物H2O,使反应②的化学平衡向正反应方向移动;(4)由图表可知,在较低温时,反应体系均未达到平衡,CO的转化率主要受反应速率影响,随着温度的升高反应速率增大,CO的转化率也增大;在较高温时,反应体系均已达到平衡,随着温度的升高平衡向逆反应方向移动,CO的转化率减小.解答:解:(1)已知①CO( g)+2H2(g)⇌CH3OH( g)△H1=﹣91kJ•mol﹣1,②2CH30H(g)⇌CH30CH3(g)+H20(g)△H2=﹣24kJ•mol﹣1,③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H3=﹣41kJ•mol﹣1,根据盖斯定律,①×2+②+③得3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=﹣247kJ•mol﹣1,平衡常数指产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值,所以K=,故答案为:﹣247KJ•mol﹣1;;(2)反应前后气体的气体减小,增大压强平衡向体积减小的方向移动,即向正反应方向移动,CH30CH3的产率增大,故答案为:增大;(3)反应③消耗了反应②中的产物H2O,使反应②的化学平衡向正反应方向移动,从而提高CH3OCH3的产率,故答案为:反应③消耗了反应②中的产物H2O,使反应②的化学平衡向正反应方向移动,从而提高CH3OCH3的产率;(4)由图表可知,温度低于240℃时,CO的转化率随着温度的升高而增大;温度高于240℃时,CO的转化率随着温度的升高而减小,反应速率增大,CO的转化率也增大;在较高温时,各反应体系均已达到平衡,CO的转化率主要受反应限度影响,随着温度的升高平衡向逆反应方向移动,CO的转化率减小,故答案为:温度低于240℃时,CO的转化率随着温度的升高而增大;温度高于240℃时,CO的转化率随着温度的升高而减小;在较低温时,各反应体系均未达到平衡,CO的转化率主要受反应速率影响,随着温度的升高反应速率增大,CO的转化率也增大;在较高温时,各反应体系均已达到平衡,CO的转化率主要受反应限度影响,随着温度的升高平衡向逆反应方向移动,CO的转化率减小.点评:本题考查反应热的计算、平衡移动、化学平衡常数等,难度中等,难点在于读图明白温度为240℃时反应体系均已达到平衡.11.(16分)硼酸(H3BO3)大量应用于玻璃制造行业,以硼镁矿(含2MgO•B2O3•H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3)为原料生产硼酸的工艺流程如下(图1):已知:H3BO3在20℃、40℃、60℃、100℃时的溶解度依次为5.0g、8.7g、14.8g、40.2g.Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时,溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4.(1)由于矿粉中含CaCO3,“浸取”时容易产生大量泡沫使物料从反应器溢出,故应分批加入H2SO4.该反应的化学方程式为CaCO3(粉末)+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑.(2)“浸出液”显酸性,含H3BO3和Mg2+、SO42﹣,还含有Fe3+、Fe2+、Ca2+、Al3+等杂质.“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO,除去的杂质离子是Fe3+、Fe2+、Al3+.H2O2的作用是H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O(用离子方程式表示).(3)“浸取”后,采用“热过滤”的目的是防止温度下降时H3BO3从溶液中析出.(4)“母液”可用于回收硫酸镁,已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图2,且溶液的沸点随压强增大而升高.为了从“母液”中充分回收MgSO4•H2O,应采取的措施是将“母液”蒸发浓缩,加压升温结晶.考点:难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题:电离平衡与溶液的pH专题.分析:(1)CaCO3与硫酸反应生成二氧化碳、硫酸钙和水;(2)加适量H2O2把Fe2+氧化为Fe3+,加MgO调节PH,使Fe3+、Al3+转化为沉淀;(3)H3BO3的溶解度随温度的升高而增大;(4)根据图2和溶液的沸点随压强增大而升高分析.解答:解:(1)CaCO3与硫酸反应生成二氧化碳、硫酸钙和水,该反应的化学方程式为:CaCO3(粉末)+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑;故答案为:CaCO3(粉末)+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑;(2)加适量H2O2把Fe2+氧化为Fe3+,所以H2O2的作用是:H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O,加MgO调节PH,使Fe3+、Al3+转化为沉淀而除去,所以除去的离子有Fe3+、Fe2+、Al3+;。
第四节 碳、硅及其化合物一、单项选择题 1.(2013·梅州松口中学质检)开发新材料是现代科技发展的方向之一。
下列有关材料的说法正确的是( )①硅是构成一些岩石和许多矿物的基本元素 ②人造刚玉熔点很高,可用作高级耐火材料,主要成分是二氧化硅 ③高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维 ④陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料 ⑤氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料 ⑥C 60属于原子晶体,用于制造纳米材料A .①②⑥B .②③⑥C .①④⑤D .①③④解析:①课本有介绍,正确;②人造刚玉的主要成分是Al 2O 3,错误;③高纯度SiO 2用于制作光导纤维,晶体硅做半导体材料,错误;④陶瓷在几千年之前就会使用,正确;⑤是新型无机非金属材料,正确;⑥C 60为分子晶体,错误,综上可知选C 项。
答案:C 2.将足量CO 2气体通入水玻璃(Na 2SiO 3溶液)中,然后加热蒸干,再在高温下充分灼烧,最后得到的固体物质是( )A .Na 2SiO 3B .Na 2CO 3、Na 2SiO 3C .Na 2CO 3、SiO 2D .SiO 2解析:将足量CO 2气体通入水玻璃中,发生反应:2CO 2+Na 2SiO 3+2H 2O===H 2SiO 3↓+2NaHCO 3;加热蒸干高温灼烧时发生反应:H 2SiO 3=====△H 2O +SiO 2;2NaHCO 3=====△Na 2CO 3+CO 2↑+H 2O ;SiO 2+Na 2CO 3=====高温Na 2SiO 3+CO 2↑,各反应物存在如下关系,H 2SiO 3~2NaHCO 3,H 2SiO 3~SiO 2,2NaHCO 3~Na 2CO 3~SiO 2,由上述关系可知,最后所得固体物质是Na 2SiO 3,故选A 项。
答案:A3.(2013·吴川中学模拟)青海昆仑玉被定为2008年北京奥运会奖牌用玉,昆仑玉主要成分是“透闪石”和“阳起石”组成的纤维状微晶结合体,透闪石(Tremolite)的化学成分为Ca 2Mg 5Si 8O 22(OH)2。
广东省梅州市2015届高三第二次质检试卷理科综合化学部分扫描版及答案理科综合(化学)参考答案及评分标准一、二选择题:30.(16分)⑴ C 10H 9O 2Cl 3(2分) 4(2分) ⑵ CH 3COOH (2分)⑶ C 6H 5Br + CH 2=CHCOOC 2H 5 C 6H 5CH =CHCOOC 2H 5 + HBr (2分) ⑷ 加成反应(2分) 浓硫酸、加热(2分)(2分;任写1种即可) ⑸ 4(2分) 31.(16分)⑴ ① <(1分)② 逐渐减小(1分) ⑵ A (2分)⑶ ① 0.0020(2分) ② >(2分)③ 反应达平衡时N 2O 4的浓度减少0.0020 mol/(L ·s) ×10s =0.020 mol/L (1分) N 2O 4(g )2NO 2(g )c 开始(mol/L) 0.040 0.12c 平衡(mol/L) (0.040-0.020)(0.12+0.020×2)(2分)⑷ 负极(1分) 3O 2 + 6H 2O + 12e -=12OH -(2分)32.(16分)题号 7 8 9 10 11 12 22 23 答案BCACBDCDAD=1.28(2分) c(N 2O 4) c 2(NO 2) = 0.0200.16×0.16 = K ClOHClCH 2CH 2ClCl CH 2CH 2ClOHClCl OHClCHClCH 3Cl CHClCH 3OHCl⑴ 阳(1分) CuSO 4溶液(1分) Cu 2+ + 2e -= Cu (2分)⑵ Cu 2+、Fe 2+(2分) 2Fe 2+ + H 2O 2 + 2H + =2Fe 3+ + 2H 2O (2分) ⑶ B (2分)⑷ 2AuCl 4-+ 3SO 2 + 6H 2O =2Au + 8Cl -+ 3SO 2-4+ 12H +(3分)⑸ 2.2(3分) 33.(16分)⑴ CuCl 2溶液中存在水解平衡CuCl 2 + 2H 2OCu (OH )2 + 2HCl ,加热时HCl 逸出使平衡不断右移,同时得到的Cu (OH )2受热分解生成CuO (3分)⑵ 取2~3mL 最后的洗涤液于试管中,滴入少量稀硝酸酸化,再滴入几滴硝酸银溶液,若无白色沉淀产生,则洗涤干净(2分)⑶(3分)⑷ 收集25 mL 气体所需的时间(2分) ⑸ 碱式(2分) ⑹[4分;标出横坐标上的c 、b 、t 得1分,标出纵坐标上的V (O 2)/mL 、25得1分,画出MnO 2的曲线得1分,画出CuO 的曲线得1分]失去6×2e -3O 2↑ + 2KCl △MnO 22KClO 3 得到2×6e -。
广东省梅州市梅县松口中学 2015届高三上学期第四次段考化学试卷一、选择题(共8小题,每小题4分,满分36分)1.生活处处有化学.下列说法正确的是( )A.制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B.做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C.煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D.磨豆浆的大豆富含蛋白质,豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸考点:金属与合金在性能上的主要差异;同分异构现象和同分异构体;油脂的性质、组成与结构;氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.专题:化学应用.分析:A.合金就是某种金属与其他一种或几种金属或非金属融合在一起形成的混合物;B.棉和麻主要成分是纤维素;C.花生油是植物油是不饱和酯类;D.蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸.解答:解:A.“不锈钢是合金”,不锈钢是铁、钴、镍的合金,故A正确;B.棉和麻主要成分是纤维素,与淀粉不属于同分异构体,n值不同,故B错误;C.花生油是不饱和酯类,牛油是饱和酯类,故C错误;D.豆浆煮沸是蛋白质发生了变性,故D错误.故选A.点评:本题考查合金、同分异构体、油脂和蛋白质的性质,难度较小,旨在考查学生对基础知识的识记,注意基础知识的积累掌握.2.水溶液中能大量共存的一组离子是( )A.Ag+、Ca2+、Cl﹣、SO42﹣B.Fe2+、H+、SO32﹣、ClO﹣C.Mg2+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣D.K+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣考点:离子共存问题.专题:离子反应专题.分析:根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀,弱电解质,不能发生氧化还原反应等,则该组离子能大量共存,以此来解答.解答:解:A.离子之间可反应生成AgCl、Ag2SO4、CaSO4沉淀,不能大量共存,故A错误;B.酸性条件下,Fe2+、SO32﹣与ClO﹣发生氧化还原反应,不能大量共存,故B错误;C.因该组离子之间不反应,则能够大量共存,故C正确;D.Fe3+、SCN﹣发生络合反应,不能大量共存,故D错误.故选C.点评:本题考查了离子共存的判断,为高频考点,注意熟练掌握离子反应发生的条件,明确离子不能共存的情况:生成难溶物、气体、弱电解质,发生氧化还原反应、生成络合物等,试题有利于提高学生灵活应用所学知识的能力,难度不大.3.设N A为阿伏加德罗常数的数值.下列说法正确的是( )A.1mol甲苯含有6N A个C﹣H键B.18g H2O含有10N A个质子C.标准状况下,22.4L氨水含有N A个NH3分子D.56g铁片投入足量浓H2SO4中生成N A个SO2分子考点:阿伏加德罗常数.专题:阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.分析:A.甲苯中含有8个碳氢键,1mol甲苯中含有8mol碳氢键;B.水分子中含有10个质子,1mol水中含有10mol质子;C.标准状况下氨水不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算氨水的物质的量;D.铁与浓硫酸发生钝化,阻止了反应的继续进行,无法计算生成的二氧化硫的物质的量.解答:解:A.1mol甲苯中含有8mol碳氢键,含有8N A个C﹣H键,故A错误;B.18g水的物质的量为1mol,1mol水中含有10mol质子,含有10N A个质子,故B正确;C.标况下,氨水不是气体,题中条件无法计算氨气的物质的量,故C错误;D.56g铁的物质的量为1mol,由于铁与浓硫酸能够发生钝化,阻止了反应的进行,无法计算反应生成二氧化硫的物质的量,故D错误;故选B.点评:本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度中等,注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件,准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系;试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力.4.下列实验不能达到目的是( )A.用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的HClB.用加热蒸干AlCl3溶液的方法制备无水AlCl3固体C.用分液漏斗分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层D.用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体考点:化学实验方案的评价;物质的分离、提纯和除杂.专题:实验评价题.分析:A.碳酸氢钠与HCl反应生成二氧化碳;B.AlCl3溶液水解生成HCl,且盐酸易挥发;C.CCl4萃取碘水后,分层,有机层在下层;D.碳酸氢钠加热分解,而碳酸钠不能.解答:解:A.碳酸氢钠与HCl反应生成二氧化碳,则用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的HCl,故A正确;B.AlCl3溶液水解生成HCl,且盐酸易挥发,则用加热蒸干AlCl3溶液的方法得到Al(OH)3,故B错误;C.CCl4萃取碘水后,分层,有机层在下层,则分液漏斗分离,故C正确;D.碳酸氢钠加热分解,而碳酸钠不能,则可利用加热方法鉴别,故D正确;故选B.点评:本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及混合物分离提纯、盐类水解及应用、物质鉴别等知识,把握物质的性质、反应原理等为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大.5.下列实验的现象与对应结论均正确的是( )选项操作现象结论A 将新制氯水滴到淀粉KI试纸上试纸变蓝色氧化性:I2>Cl2B 将过量的CO2通入CaCl2溶液中产生白色沉淀酸性:HCl>H2CO3C FeSO4溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液紫色褪色Fe2+有还原性D SO2通入溴水中溶液褪色SO2有漂白性A.A B.B C.C D.D考点:化学实验方案的评价.专题:实验评价题.分析:A.氯水滴到淀粉KI试纸上,氯气氧化碘离子生成碘单质;B.过量的CO2通入CaCl2溶液中,不发生反应;C.FeSO4溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液,发生氧化还原反应生成铁离子;D.SO2通入溴水中,发生氧化还原反应.解答:解:A.氯水滴到淀粉KI试纸上,氯气氧化碘离子生成碘单质,氧化性为Cl2>I2,故A错误;B.过量的CO2通入CaCl2溶液中,因盐酸的酸性大于碳酸,则不发生反应,不会生成白色沉淀,故B错误;C.FeSO4溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液,发生氧化还原反应生成铁离子,紫色褪色,说明Fe2+有还原性,故C正确;D.SO2通入溴水中,发生氧化还原反应,生成硫酸和HBr,说明SO2有还原性,故D错误;故选C.点评:本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及物质的性质及反应原理等,侧重氧化还原反应的考查,注意把握发生的氧化还原反应分析实验的评价性,题目难度不大.6.在0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中,下列关系式正确的是( )A.c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)B.c(Na+)>c(CO32﹣>c(HCO3﹣)>c(OH﹣)C.c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(HCO3﹣)+2 c(CO32﹣)D.c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)=0.1 mol•L﹣1考点:离子浓度大小的比较.分析:A、碳酸氢钠溶液中遵循物料守恒,根据物料守恒进行判断;B、NaHCO3溶液呈碱性,HCO3﹣的水解程度大于电离程度,且水解程度很小;C、溶液中存在电荷守恒,根据碳酸氢钠溶液中的电荷守恒进行判断;D、C在溶液中以HCO3﹣、CO32﹣、H2CO3形式存在.解答:解:A、根据元素守恒n(Na)=n(C),C在溶液中以HCO3﹣、CO32﹣、H2CO3形式存在,则c(Na+)=c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)+c(H2CO3),故A正确;B、NaHCO3溶液呈碱性,HCO3﹣的水解程度大于电离程度,且水解程度很小,溶液中离子浓度大小为:c(Na+)>c(HCO3﹣)>c(CO32﹣),故B错误;C、碳酸氢钠溶液一定存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣)+c(OH﹣),故C正确;D、C在溶液中以HCO3﹣、CO32﹣、H2CO3形式存在,c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)+c(H2CO3)=0.1 mol•L ﹣1,故D错误;故选AC.点评:本题考查离子浓度的大小比较,题目难度中等,注意把握弱电解质的电离和盐类水解的原理,从守恒的角度比较离子浓度大小是常用的方法.7.短周期金属元素甲~丁在元素周期表中的相对位置如图所示:下列判断正确的是( )A.原子半径:丙>丁>乙B.单质的还原性:丁>丙>甲C.甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物D.乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应考点:元素周期律和元素周期表的综合应用.专题:元素周期律与元素周期表专题.分析:根据元素在周期表中的位置知,甲、乙、丙、丁分别是H、N、Na、Al元素,A.电子层数越多其原子半径越大,同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小;B.元素的金属性越强,其单质的还原性越强;C.只含共价键的化合物为共价化合物;D.乙的最高价氧化物的水化物是硝酸、丙的最高价氧化物的水化物是NaOH、丁的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝,氢氧化铝能溶于强酸和强碱.解答:解:根据元素在周期表中的位置知,甲、乙、丙、丁分别是H、N、Na、Al元素,A.电子层数越多其原子半径越大,同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小,所以原子半径大小顺序是丙>丁>乙,故A正确;B.元素的金属性越强,其单质的还原性越强,金属性丙>丁>甲,所以单质的还原性:丙>丁>甲,故B错误;C.只含共价键的化合物为共价化合物,甲和乙的氧化物中只含共价键,为共价化合物,丙的氧化物中含有离子键,为离子化合物,故C错误;D.乙的最高价氧化物的水化物是硝酸、丙的最高价氧化物的水化物是NaOH、丁的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝,氢氧化铝能溶于强酸和强碱,所以乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应,故D正确;故选AD.点评:本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用,侧重考查推断、知识运用能力,明确元素周期表结构及元素性质、元素周期律知识即可解答,注意氢氧化铝的两性,题目难度不大.8.铜锌原电池如图工作时,下列叙述正确的是( )A.正极反应Zn﹣2e﹣=Zn2+B.电池反应:Zn+Cu2+=Zn2++CuC.在外电路中,电子从负极移向正极D.盐桥中K+移向ZnSO4溶液考点:原电池和电解池的工作原理;电极反应和电池反应方程式.专题:压轴题.分析:原电池中负极为较活泼金属,发生氧化反应,在外电路中,电子从负极移向正极,溶液中,阳离子向正极移动,反应的总方程式为:Zn+Cu2+=Zn2++Cu.解答:解:A、Zn是负极,故A错误;B、电池总反应和没有形成原电池的氧化还原反应相同,故B正确;C、根据闭合回路的电流方向,在外电路中,电子由负极流向正极,故C正确;D、在溶液中,阳离子往正极移动,K+移向CuSO4溶液,故D错误;故选:BC.点评:本题考查原电池原理,盐桥在原电池中的作用是代替了单一溶液体系,电子的流向问题是学生普遍感到困难的一个考点.二、解答题(共4小题,满分64分)9.(16分)单体液晶(有机物Ⅲ)是用偶联反应合成的:试回答以下问题:(1)有机物Ⅰ的分子式是C5H8O;1mol有机物I完全燃烧消耗6.5molO2有机物Ⅲ不能发生的反应为(单选):③①取代反应②加成反应③消去反应④醇氧化为醛(或酮)的反应(2)以苯为原料生成有机物Ⅱ的化学方程式为:(3)由有机物Ⅲ制备的反应条件是浓硫酸、加热(4)CH≡C﹣CH2﹣OH与CH3I能发生类似①的反应,该反应方程式是:(5)请写出丙酮CH3COCH3经过反应②生成的有机物的结构简式:.考点:有机物的结构和性质;有机物的合成.专题:有机化合物的获得与应用.分析:(1)反应物I的分子中含有5个C原子、8个H原子、1个O原子,根据分子式可判断消耗氧气的物质的量,反应物III中含有碳碳三键、醇羟基、苯环,具有炔烃、醇和苯的性质;(2)苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下反应生成溴苯;(3)有机物III在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应;(4)CH≡C﹣CH2﹣OH与CH3I能发生类似①的反应,该反应为取代反应,碳碳三键连接的碳原子上H原子被甲基取代;(5)丙酮CH3COCH3经过反应②与RMgBr发生加成、水解得到醇.解答:解:(1)反应物I的分子中含有5个C原子、8个H原子、1个O原子,分子式为C5H8O,从消耗氧气的角度可写成C5H6•H2O,由此可以看出1molC5H8O完全燃烧消耗6.5molO2,反应物III中含有碳碳三键、醇羟基、苯环,具有炔烃、醇和苯的性,能发生取代、加成、消去反应,故选③,故答案为:C5H8O;6.5;③;(2)苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下反应生成溴苯,反应方程式为,故答案为:;(3)有机物III在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应,所以反应条件是浓硫酸、加热,故答案为:浓硫酸、加热;(4)CH≡C﹣CH2﹣OH与CH3I能发生类似①的反应,该反应为取代反应,碳碳三键连接的碳原子上H原子被甲基取代,反应方程式为,故答案为:;(5)丙酮CH3COCH3经过反应②与RMgBr发生加成、水解反应,得到,故答案为:.点评:本题考查有机物结构和性质,明确官能团及其性质的关系是解本题关键,题目难度中等,答题时注意有机官能团性质的灵活运用.10.(16分)大气中的部分碘源于O3对海水中I﹣的氧化.将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究.(1)O3将I﹣氧化成I2的过程由3步反应组成:①I﹣(aq)+O3(g)=IO﹣(aq)+O2(g)△H1②IO﹣(aq)+H+(aq)⇌HOI(aq)△H2③HOI(aq)+I﹣(aq)+H+(aq)⇌I2(aq)+H2O(l)△H3总反应的化学方程式为2I﹣+O3+2H+=I2+O2+H2O,其反应△H=△H1+△H2+△H3(2)在溶液中存在化学平衡:I2(aq)+I﹣(aq)⇌I3﹣(aq),其平衡常数表达式为.(3)为探究Fe2+对O3氧化I﹣反应的影响(反应体系如图1),某研究小组测定两组实验中I3﹣浓度和体系pH,结果见图2和下表.编号反应物反应前pH 反应后pH第1组O3+I﹣ 5.2 11.0第2组O3+I﹣+Fe2﹣ 5.2 4.1第1组实验中,导致反应后pH升高的原因是由2I﹣+O3+2H+=I2+O2+H2O可知消耗酸,所以pH升高.②图1中的A为Fe2+,由Fe3+生成A的过程能显著提高Ⅰ﹣的转化率,原因是O3可以将Fe2+氧化为Fe3+:O3+2Fe2++2H+=2Fe3++O2+H2O,Fe3+氧化I﹣:2Fe3++2I﹣=I2+2Fe2+,即A是亚铁离子,I﹣消耗量增大,转化率增大..③第2组实验进行18s后,I3﹣浓度下降.导致下降的直接原因有(双选)BD.A .c (H +)减小B .c (I ﹣)减小C .I 2(g )不断生成D .c (Fe 3+)增加(4)据图2,计算3﹣18s 内第2组实验中生成I 3﹣的平均反应速率(写出计算过程,结果保留两位有效数字).考点:用盖斯定律进行有关反应热的计算;反应速率的定量表示方法;化学平衡常数的含义;化学平衡的影响因素.专题:化学反应中的能量变化;化学平衡专题.分析:(1)根据题给信息,总反应为O 3氧化I ﹣生成I 2,将所给的三个反应:①+②+③可得总反应以及△H;(2)根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积来分析;(3)①该反应消耗H +,随反应进行c (H +)浓度降低,pH 升高;②由于是持续通入O 3,O 3可以将Fe 2+氧化为Fe 3+:O 3+2Fe 2++2H +=2Fe 3++O 2+H 2O ,Fe 3+氧化I ﹣:2Fe 3++2I﹣=I 2+2Fe 2+,即A 是亚铁离子,I ﹣消耗量增大,转化率增大,与I 2反应的量减少,I 3﹣浓度减小;③根据I 2(aq )+I ﹣(aq )⇌I 3﹣(aq ),使c (I 3﹣)急剧减小,说明平衡逆向移动;(4)根据v=计算反应速率;解答: 解:(1)将所给的三个反应:①+②+③可得总反应:2I ﹣(aq )+O 3(g )+2H +(aq )=I 2(aq )+O 2(g )+H 2O (l ),△H=△H 1+△H 2+△H 3,故答案为:2I ﹣+O 3+2H +=I 2+O 2+H 2O ;△H 1+△H 2+△H 3;(2)因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积,所以K=,故答案:; (3)①该反应消耗H +,随反应进行c (H +)浓度降低,pH 升高,方程式为:2I ﹣+O 3+2H +⇌I 2+O 2+H 2O ,故答案为:由2I ﹣+O 3+2H +⇌I 2+O 2+H 2O 可知消耗酸,所以pH 升高;②由于是持续通入O 3,O 3可以将Fe 2+氧化为Fe 3+:O 3+2Fe 2++2H +=2Fe 3++O 2+H 2O ,Fe 3+氧化I ﹣:2Fe 3++2I﹣=I 2+2Fe 2+,即A 是亚铁离子.I ﹣消耗量增大,转化率增大;故答案为:Fe 2+;O 3可以将Fe 2+氧化为Fe 3+:O 3+2Fe 2++2H +=2Fe 3++O 2+H 2O ,Fe 3+氧化I ﹣:2Fe 3++2I﹣=I 2+2Fe 2+,即A 是亚铁离子,I ﹣消耗量增大,转化率增大;③c(Fe 3+)增加,发生反应:2Fe 3++2I ﹣=I 2+2Fe 2+,消耗I ﹣,I 2(g )不断生成,都会使I 2(aq )+I ﹣(aq )⇌I 3﹣(aq )平衡逆向移动,故消耗I ﹣,I 2(aq )不断生成,都会使c (I 3﹣)急剧减小,但直接原因是c (I ﹣)减小、c (Fe 3+)增加,故答案为:BD ;(4)3~18s 内,v (I 3﹣)==5.5×10﹣4mol/(L•S), 故答案为:5.5×10﹣4mol/(L•S).点评:本题考查了盖斯定律、化学平衡常数,化学平衡的移动以及化学反应速率的计算等知识,难度中等.11.(16分)以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe 2O 3、SiO 2、Al 2O 3、MgO 等.实验室模拟工业以硫酸渣制备铁红(Fe 2O 3),过程如下:(1)硫酸渣的成分中属于两性氧化物的是Al2O3,写出酸溶过程硫酸渣与稀硫酸反应的离子反应方程式(任意两个):Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O(2)生产过程中,为了确保铁红的纯度,氧化过程需要调节溶液的pH的范围是3.2~3. 8(部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表)沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2开始沉淀 2.7 3.8 7.5 9.4完全沉淀 3.2 5.2 9.7 12.4(3)滤渣A的主要成分为SiO2,滤液B可以回收的物质有Na2SO4、MgSO4和Al2(SO4)3(4)第二次过滤得到的沉淀加水进行洗涤,如何证明沉淀一定洗涤干净?请简单描述一下实验操作:取最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,不产生白色沉淀,则证明沉淀洗涤干净.考点:铁的氧化物和氢氧化物;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;镁、铝的重要化合物.专题:几种重要的金属及其化合物.分析:硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等,稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2,再加氢氧化钠调节PH值3.2~3.8主要是使三价铁沉淀,而二价镁,三价铝都不沉淀而被除去,最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁,从而得到实验目的;(1)氧化铝是两性氧化物,可以和硫酸反应生成硫酸铝和水;氧化铁是碱性氧化物,可以和硫酸反应生成硫酸铁和水;(2)根据几种离子沉淀的pH,应选择使Fe3+沉淀完全而其他离子不沉淀;(3)二氧化硅不和酸反应;因加入的是氢氧化钠来调节PH,所以滤液B中应是未沉淀离子的硫酸盐和硫酸钠;(4)洗涤干净的实验操作为取最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,不产生白色沉淀,则证明沉淀洗涤干净.解答:解:硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等,稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2,再加氢氧化钠调节PH值3.2~3.8主要是使三价铁沉淀,而二价镁,三价铝都不沉淀而被除去,最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁,从而得到实验目的;(1)氧化铝是两性氧化物,可以和硫酸反应生成硫酸铝和水,离子方程式为:Al2O3+6H+=2Al3++3H2O;氧化铁是碱性氧化物,可以和硫酸反应生成硫酸铁和水,离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O,故答案为:Al2O3;Al2O3+6H+=2Al3++3H2O;Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;(2)根据几种离子沉淀的pH,使Fe3+沉淀完全的PH为3.2,其他离子开始沉淀PH为3.8,因此所选PH因介于3.2和3.8之间,故答案为:3.2~3.8;(3)因二氧化硅不与硫酸反应,故“滤渣A”主要成份为SiO2;未沉淀的离子为Na+、Mg2+、Al3+,故滤液B可以回收的物质有Na2SO4、Al2(SO4)3、MgSO4,故答案为:SiO2;Al2(SO4)3;(4)洗涤干净的实验操作为取最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,不产生白色沉淀,则证明沉淀洗涤干净,故答案为:取最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,不产生白色沉淀,则证明沉淀洗涤干净.点评:本题考查实验的探究与评价,难度中等.涉及物质的性质、离子方程式的书写等方面的知识,侧重学生分析、解决问题能力的培养.12.(16分)碘元素的单质和化合物在现实生产生活中应用广泛.(提示:问题(2)更简单一些)(1)碘化钾(KI)是常用的还原剂.某研究性学习小组利用碘酸钾(KIO3)测定碘化钾的浓度.在10.00mL的KI溶液中逐滴滴入用硫酸酸化的KIO3溶液,溶液颜色不再变化后,用Na2S2O3溶液滴定生成的I2(使用淀粉做指示剂),消耗0.2000mol•L﹣1Na2S2O3溶液30.00mL.滴定过程发生的离子方程式如下:2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣①写出本实验中碘酸钾和碘化钾反应的化学方程式(提示:硫酸也参与反应)KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3H2O+3K2SO4②Na2S2O3溶液滴定生成的I2(使用淀粉做指示剂),滴定终点如何判断:当滴加最后一滴Na2S2O3溶液,溶液恰好由蓝色变为无色且半分钟内不变色即为滴定终点③测定的KI溶液浓度是0.5000mol•L﹣1(2)探究酸性KIO3溶液的与KI溶液反应中KIO3浓度和温度对反应速率的影响,生成的碘可以用淀粉溶液检验,根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率.某同学设计实验如下表所示:0.01mol•L﹣1KIO3酸性溶液的体积/mL 0.01mol•L﹣1KI溶液的体积/mL H2O的体积/mL 实验温度/℃溶液出现蓝色时所需时间/s实验1 5 5 5 25 t1实验2 4 5 V125 t2实验3 5 5 5 35 t3①由小到大比较t1、t2、t3的大小t3<t1<t2;表中V1=6mL;②用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2,应该选用碱式滴定管.滴定前排气泡时,应选用下图中的③.考点:探究物质的组成或测量物质的含量;氯、溴、碘及其化合物的综合应用.专题:实验探究和数据处理题.分析:(1)①根据题干信息可知,碘化钾与碘酸钾在酸性条件下反应生成碘单质,据此写出反应的化学方程式;②反应结束前溶液为蓝色,反应结束后溶液变成无色,据此判断滴定终点;③根据反应方程式找出碘化钾与硫代硫酸根离子的关系式,然后根据硫代硫酸根离子的物质的量计算出碘化钾的物质的量,再根据c=计算出该碘化钾的物质的量浓度;(2)①温度对反应速率影响最大,其次浓度越大,反应速率越快,据此判断t1、t2、t3的大小;实验过程中溶液总体积必须完全相同,据此判断V1;②硫代硫酸镁溶液为碱性溶液,应该使用碱式滴定管,碱式滴定管中排气泡的方法:把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲,再排气泡.解答:解:(1)①本实验中碘酸钾和碘化钾、稀硫酸反应生成碘单质、硫酸钾和水,反应的化学方程式为:KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3H2O+3K2SO4 ,故答案为:KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3H2O+3K2SO4 ;②用Na2S2O3溶液滴定生成的I2(使用淀粉做指示剂),反应结束前溶液为蓝色,当反应结束时碘单质消失,溶液变成无色,则滴定终点为:当滴加最后一滴Na2S2O3溶液,溶液恰好由蓝色变为无色且半分钟内不变色即为滴定终点,故答案为:当滴加最后一滴Na2S2O3溶液,溶液恰好由蓝色变为无色且半分钟内不变色即为滴定终点;③0.2000mol•L﹣1Na2S2O3溶液30.00mL中含有硫代硫酸钠的物质的量为:0.2000mol/L×0.03L=0.006mol,根据反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣、KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3H2O+3K2SO4 可得关系式:5KI~3I2~6S2O32﹣,则消耗0.006mol硫代硫酸根离子时,参加反应的碘化钾的物质的量为:0.006mol×=0.005mol,所以该碘化钾溶液的浓度为:=0.5000mol/L,故答案为:0.5000;(2)实验3中反应温度最高,该反应速率最快,则反应时间t3最小,实验1和实验2的温度相同,由于实验1中碘酸钾溶液浓度大于实验2,实验1的反应速率大于实验2,则实验1的反应时间小于实验2,所以反应时间大小为:t3<t1<t2;对比实验中溶液总体积必须相等,结合实验1、3可知,混合液总体积为:5mL×3=15mL,则V1=15mL﹣5mL﹣4mL=6mL,故答案为:t3<t1<t2;6;②Na2S2O3溶液为碱性溶液,应该使用碱式滴定管,碱式滴定管中排气泡的方法为:把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲,再排气泡,所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法;故答案为:碱;③.点评:本题考查了探究物质组成的方法、影响化学反应速率的因素及其应用,题目难度中等,明确探究原理为解答关键,注意明确关系式法在化学计算中的应用,试题培养了学生灵活应用基础知识的能力.。
2011-2012松口中学高三化学质检试题可能要用到的相对原子质量:C—12 H—1 O—16 Na—23 N—14一、单项选择题(每小题3分,共36分)1.下列叙述错误的是()A.乙烯和苯都能使溴水褪色,褪色的原因相同B.淀粉、油脂、蛋白质都能水解,但水解产物不同C.煤油可由石油分馏获得,可用作燃料和保存少量金属钠D.乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应,乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去2.下列关于钠的叙述正确的是:()①钠是最活泼的金属②为防止钠被空气中的氧气氧化,应将其保存在水中③钠在空气中放置表面很快变暗是因为生成了Na2O2 ④1mol钠与水反应转移1mol电子⑤电解饱和食盐水可以制得金属钠⑥钠投入硫酸铜溶液中,先与水反应,不能置换出铜⑦金属钠着火时,不能用水来扑灭,可用CO2灭火A.④⑥B.①④C.③⑤D.②⑦3.下列反应的离子方程式或化学方程式书写正确的是()A.小苏打跟氢氧化钠溶液混合:HCO3-+2OH-=CO2+H2OB. 氯化铝溶液中加入过量的氨水:Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+ 3 NH4+C.钠与水的反应:Na+H2O=Na++OH-+H2↑D.过量的CO2通入NaOH溶液中:CO2+2NaOH = Na2CO3+H2O4.设n A为阿伏伽德罗常数的数值,下列说法正确的是()A、常温常压下,7.8g Na2O2与足量水反应转移0.2n A个电子B、1L0.1mol•L-1的氨水含有0.1n A个OH―C、常温常压下,22.4LCCl4含有n A个CCl4分子D、常温常压下,20g D2O含10n A个电子5.将0.4gNaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液,向溶液中逐滴加0.1mol·L-1稀盐酸。
下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是6、下列关于Na2O2的说法中错误的是:()A 、Na 2O 2中阴阳离子个数比为1:2B 、Na 2O 2能与水反应,所以可以做气体的干燥剂C 、Na 2O 2具有强氧化性,漂白性D 、Na 2O 2常用作潜水艇中的供氧剂7.下列各组离子,能在溶液中大量共存的是:A 、Na + 、Mg 2+ 、Cl - 、OH -B 、H + 、Ca 2+ 、CO 32- 、NO 3-C 、Cu 2+ 、K + 、SO 42- 、NO 3-D 、Na + 、HCO 3- 、OH - 、Ca 2+8.下列氧化物不能跟铝粉组成铝热剂的是( )A 、Cr 2O 3B 、MnO 2C 、MgOD 、V 2O 59.要除去混在CO 2气体中少量SO 2,最好让气体通过 ( )A 、Na 2CO 3溶液B 、溴水C 、NaOH 溶液D 、饱和NaHCO 3溶液10、下列叙述不正确的是A .镁在空气中燃烧发出耀眼的白光,可用于制作照明弹B .明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物,可用于水的净化C .碳酸钠呈碱性,常用于做治疗胃酸过多的药物D .常用铝制品表面覆盖着氧化膜,对内部金属起保护作用11.为确证碳酸氢钠固体中是否含有碳酸钠,下列实验操作及判断正确的是( )A 、观察加热时能否放出气体B 、观察滴加盐酸时能否放出气体C 、溶于水中,滴加澄清石灰水,观察是否有沉淀生成D 、溶于水中,滴加少量氯化钡溶液,观察是否有白色沉淀生成12.某溶液中含MgCl 2和AlCl 3各0.01mol ,向其中逐滴滴加1mol/L 的NaOH 溶液至过量,下列关系图正确的是 ( )C D二.双选题(每题有2个正确答案,每小题6分13.下列各组溶液,只用试管和胶头滴管,有用任何试剂就可以鉴别的是:( )A 、NaHCO 3 HCl B 、 Na 2CO 3 HClC 、AlCl 3 NaOHD 、 CaCl 2 Na 2CO 3n (沉淀/mol n (沉淀/mol n (沉淀/mol n (沉淀/mol14.下列说法正确的是:A、同温同体积的C2H4和CO具有相同的质量B、同温同压下,相同体积的CO和N2具有相同的电子个数C、相同质量的CO和N2所含质子数相等D、同温同压下,相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同三、填空题:15、从樟科植物枝叶提取的精油中含有下列甲、乙、丙三种成分:(10分)(1)甲中含氧官能团的名称为,乙中官能团的名称为(2)由甲转化为乙需经下列过程(已略去各步反应的无关产物,下同):其中反应Ⅰ、Ⅱ的反应类型为,。
松口中学2015届高三化学二轮复习专题4 元素及其化合物1.(2011广东)某同学通过系列实验探究Mg及其化合物的性质,操作正确且能达到目的的是:A.将水加入浓硫酸中得到稀硫酸,置镁条于其中探究Mg的活泼性B.将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中,观察Mg(OH)2沉淀的生成C.将Mg(OH)2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤,洗涤并收集沉淀D.将Mg(OH)2沉淀转入蒸发皿中,加足量稀盐酸,加热蒸干得无水MgCl2固体2.(2012广东)下列实验能达到目的的是()A.用溴水鉴别苯和正已烷B.用BaCl2溶液鉴别SO42—与SO32—C.用浓HNO3与Cu反应制备NO2D.将混有HCl的Cl2通入饱和NaHCO3溶液中除去HCl3.(2012广东)下列应用不涉及氧化还原反应的是()A.Na2O2用作呼吸面具的供氧剂B.工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC.工业上利用合成氨实现人工固氮D.实验室用NH4Cl和Ca(OH) 2制备NH34.56.(2013广东)下列措施不合理的是()A.用SO2漂白纸浆和草帽辫B.用硫酸清洗锅炉中的水垢C.高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅D.用Na2S做沉淀剂,除去废水中的Cu2+和Hg2+8910.(2014广州调研)下列说法不正确的是()A.Na2O2能与CO2反应,可用作呼吸面具的供氧剂B.Al2O3熔点高,可用于制作耐高温仪器C.明矾能水解生成Al(OH)3胶体,可用作净水剂D.SiO2有导电性,可用于制备光导纤维13)14.(2014潮州二模)下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是()A.常温下浓硫酸能使铝发生钝化,故可在常温下用铝制容器贮藏运输浓硫酸B.二氧化硅不与任何酸反应,可用石英制造耐酸容器C.二氧化氯具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒D.铜的金属活泼性比铁的差,可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀151617.(2014佛山二模)下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是()A.SiO2具有较好的导电性,可用于制造半导体材料B.H2O2是一种绿色氧化剂,可氧化酸性高锰酸钾而产生O2C.铜的金属活动性比铁弱,可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸D.Mg在空气中燃烧发出耀眼的白光,可用于制作信号弹18.(2014惠州一模)下列实验和结论不正确的是()A.明矾和漂白粉均可用于自来水的杀菌、消毒B.用丁达尔实验可以将Al(OH)3胶体和NaCl溶液区分C.向KI溶液滴加氯水和CCl4振荡,静置后分层且下层显紫色,则氧化性:Cl2>I2 D.Al(OH)3与稀H2SO4、NaOH溶液均能反应,说明AI(OH)3是两性氢氧化物19.(2014惠州一模)下列说法正确的是()A.常温下,中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸消耗NaOH的物质的量相同B.纯铁和生铁在酸雨中均发生电化学腐蚀C.使用催化剂不但能加快反应速率,而且可以让不可能发生的反应发生D.食品工业用NaHCO3作焙制糕点的膨松剂20.(2014惠州二模)下列有关物质的性质与应用不相对应的是()A.明矾能水解生成Al(OH)3胶体,可用作净水剂B.FeCl3溶液能与Cu反应,可用于腐蚀铜制印刷电路C.SO2具有氧化性,可用于漂白纸浆D.Zn具有还原性和导电性,可用作锌锰干电池的负极材料(2014惠州三模)下列说法中,不正确的是()A.NH3的水溶液可以导电,说明NH3是电解质B.明矾水解形成Al(OH)3胶体有吸附性,可用于水的净化C.二氧化硅可用于制造光导纤维D.向淀粉碘化钾溶液中加溴水,溶液变为蓝色,说明Br2的氧化性强于I222.(2014惠州三模)下列实验不能达到预期目的的是()A.用饱和NaHCO3溶液除去CO2中少量的HClB.用醋和澄清石灰水验证蛋壳中含有碳酸盐C.在试管中煮沸液体时,加碎石片可防止暴沸D.用硝酸酸化的氯化钡溶液检验某溶液中是否含有SO42-23.(2014惠州三模)相同质量的铜片分别与过量的体积相同的浓硝酸、稀硝酸反应,二者相比较,相等的是()A.铜片完全消耗时所用的时间B.反应中转移的电子总数C.反应所消耗硝酸的物质的量D.反应生成气体的体积(标准状况)24.(2014江门一模)下列因果关系叙述正确的是()A.纯碱是一种碱,故可用于去油污B.浓硝酸中的HNO3见光会分解,故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色C.Na的金属性比Mg强,故可用Na与MgCl2溶液反应制取MgD.SiO2能与氢氟酸及碱反应,故SiO2是两性氧化物25.(2014江门一模)化学在生产和日常生活中有着重要的应用,下列说法不正确的是()A.MgO、Al2O3可用于制作耐高温材料B.Si可用作太阳能电池材料C.工业上采用电解水法制氢气,解决能源短缺D.氢氧化铝用于治疗胃酸过多27.(2014揭阳一模)下列过程中不涉及氧化还原反应的是()A.用SO2漂白纸浆和草帽辫B.用氯化铁溶液腐蚀印刷线路板上的铜膜C.用牺牲阳极的阴极保护法防止金属被腐蚀D.高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅28.(2014揭阳二模)下列有关物质的性质和应用叙述正确并且有因果关系的是()A.烧碱具有碱性,能用于治疗胃酸过多B.焦炭具有还原性,一定条件下能将二氧化硅还原为硅C.浓硝酸具有强氧化性,能和浓氨水反应产生白烟D.二氧化硫具有漂白性,与氯水混合使用漂白效果更好29.(2014揭阳模拟)元素及其化合物丰富了物质世界,下列说法正确的是()A.铜在冷的浓硫酸中会钝化,所以把铜放入冷的浓硫酸中无明显现象B.NaOH溶液和AlCl3溶液相互滴加的现象不同C.金属比非金属易失电子,所以金属可以置换非金属,而非金属不能置换金属D.Al与热水反应困难,故活泼性不及Al的金属在任何条件下均不能与H2O发生反应30.(2014揭阳模拟)下列实验现象不能说明相关结论的是()A.将金属钠投入冷水中,钠熔为小球,说明钠与水的反应为放热反应且钠的熔点低B.向AgCl浊液中滴加Na2S溶液,白色沉淀变成黑色,说明AgCl的溶解平衡正向移动C.铜与浓硫酸共热,产生使石蕊溶液变红的气体,说明浓硫酸具有酸性D.向Al(OH)3沉淀中滴加NaOH溶液或盐酸,沉淀均消失,说明Al(OH)3是两性氢氧化物31.(2014揭阳模拟)下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是()32.(2014茂名一模)下列化学应用中不涉及氧化还原反应的是()A.Na2S水溶液在空气中变浑浊B.生活中使用明矾净水,除去水中的悬浮颗粒C.溶有二氧化氮的浓硝酸做火箭的助燃剂D.漂白粉漂白有色布条3334.(2014茂名二模)下列叙述中不正确的是:()A.金属的电化学腐蚀比化学腐蚀普遍B.钢铁在干燥空气里不易腐蚀C.用铝质铆钉来接铁板,铁板易被腐蚀D.金属腐蚀的本质是M-ne-=Mn+而被损耗3536.(2014清远一模)下列有关物质的性质与应用不相对应的是()A.Na2O2能分别与H2O、CO2反应,可用作供氧剂B.Na2CO3的水溶液呈碱性,医学上能用作治疗胃酸过多C.硅胶多孔、吸水能力强,常用作袋装食品的干燥剂D.铝是活泼的金属单质,铝可用于冶炼某些熔点较高的金属37.(2014清远二模)化学源于生活又用于生活,下列有关应用不正确的是()A.用浸泡高锰酸钾溶液的硅土来吸收水果或花朵产生的乙烯以达到保鲜效果B.淀粉、豆油、蛋白质都是天然高分子化合物C.船身上附装金属Zn是利用了金属活泼性D.含硫化石燃料的大量燃烧是酸雨形成的主要原因之一38.(2014清远二模)元素及其化合物丰富了物质世界,下列说法正确的是()A.铜在冷的浓硫酸中会钝化,所以把铜放入冷的浓硫酸中无明显现象B.NaOH溶液和AlCl3溶液相互滴加的现象不同C.金属比非金属易失电子,所以金属可以置换非金属,而非金属不能置换金属D.Al与热水反应困难,故活泼性不及Al的金属在任何条件下均不能与H2O发生反应39.(2014汕头一模)下列说法不正确的是()A.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物,可用于水的净化B.在海轮外壳上镶入锌块,可减缓船体的腐蚀速率C.用热的纯碱溶液洗碗可去除油污D.工业实际生产金属镁可由电解熔融的MgO 得到40.(2014汕头二模)下列说法正确的是()A.二氧化硫具有较强的还原性,故不能用浓硫酸干燥B.含极性键的共价化合物一定是电解质C.氯化钠、冰醋酸、酒精分别属于强电解质、弱电解质、非电解质D.天然气、酒精和液化石油气分别属于化石能源、不可再生能源和二次能源42.(2014韶关一模)下列叙述正确的是()A.向明矾溶液中加入过量NaOH溶液会产生大量白色沉淀B.Na2O2用作呼吸面具的供氧剂C.氯水中通入SO2后溶液的酸性减弱D.N2与O2在放电条件下直接化合生成NO243.(2014韶关二模)下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是()A.Na→NaOH→Na2CO3→NaClB.Mg→MgCl2→MgCO3→Mg(OH)2C.Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3D.Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O345.(2014深圳一模)下列说法正确的是()A.氯气有毒,不能用来给自来水消毒B.甲烷燃烧会生成CO2,因此不属于清洁能源C.铝合金的密度小,硬度大,可用作建筑材料D.石英玻璃耐强酸强碱,可用来制造化学仪器46)47.(2014深圳二模)下列说法不正确的是()A.汽车尾气中有NOx ,主要是汽油不充分燃烧引起的B.日用铝制品表面覆盖着氧化膜,对金属起保护作用C.实验室常用粗锌和稀硫酸反应制取H2D.从海水中提取溴的过程涉及氧化还原反应)49.(2014湛江一模)下列正确的是()A.SiO2 是酸性氧化物,能与NaOH溶液反应B.Na2O、Na2O2组成元素相同,与CO2反应产物也相同C.CO、NO、NO2都是大气污染气体,在空气中都能稳定存在D.将SO2通入品红溶液中,溶液先褪色,加热后无变化50.(2014湛江二模)下列说法正确的是()A.铝合金的熔点比纯铝高B.电解MgCl2溶液可获得金属镁C.水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品D.铜具有良好的导电性,常用来制作印刷电路板5152.(2014梅州二模)下列说法正确的是()A.常温下,Al与浓硫酸接触无明显现象,是由于Al与浓硫酸不反应B.SO2水溶液和氯水均具有漂白性,两者混合漂白性将增强C.已知相同温度下Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3),故BaSO4无法转化为BaCO3D.CO2气体通入Na2SiO3溶液中产生白色沉淀,可说明碳元素的非金属性比硅元素强54.(2014珠海调研)下列有关说法不正确的是()A.SiO2可用于制备光导纤维B.氯碱工业中,NaOH是在阴极区生成C.氨氧化法制硝酸的过程中有NO2生成D.FeCl3溶液腐蚀铜电路板的过程发生了置换反应55.(2014珠海二模)下列有关物质的性质或应用正确的是()A.单质硅用于制造芯片和光导纤维B.浓硫酸能干燥SO2、NO2等气体,说明浓硫酸具有吸水性C.SO2 具有漂白性,通入紫色石蕊溶液中能使溶液先变红后褪色D.30%的H2O2溶液中加入MnO2可制得O2,MnO2做氧化剂56.(2014珠海二模)下列叙述中正确的是()A.二氧化氯具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒B.碳酸钠溶液呈碱性,医疗上常用碳酸钠治疗胃酸过多C.向纯水中加入盐酸或降温都能使水的离子积减小,电离平衡逆向移动D.锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡后,再将不溶物用稀盐酸溶解去除57.(2014佛山顺德)下列说法不正确的是()A.青铜中含有的主要合金元素是锡和铅B.装运浓硫酸的铝罐车,在卸货后不能用水冲洗铝罐的内部C.半导体工业所说的“从沙滩到用户”是指将二氧化硅制成晶体硅D.氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现5859.(2014佛山南海)下列物质的应用不涉及氧化还原反应的是()A.用稀硝酸洗去附在试管内壁的银镜B.用热的纯碱溶液清洗油污C.用新制的氢氧化铜悬浊液与病人的尿液混合加热,来检验病人是否患糖尿病D.在铁质镀件上镀铜60.(2014佛山南海)下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是()A.氯气具有酸性,可与烧碱或石灰乳反应制备含氯消毒剂B.稀硝酸具有强氧化性,常温下可用铝罐盛装C.氢氟酸具有弱酸性,可用氢氟酸雕刻玻璃D.氢氧化铝是两性氢氧化物,可用与治疗胃酸过多答案:1-5 BCDDD6-10 B、AC、B、AD、D11-15 BCCAC16-20 DDADC21-25 ADBBC26-30 CABBC31-35 ABDCD36-40 BBBDC41-45 CBCBC46-50 C、A、AC、A、D51-55 DDDDB56-60 DDABD11。
广东省梅州中学2015届高考化学模拟试卷(交流卷)一、单项选择题:本题包括6小题,每小题4分,共计24分.每小题只有一个选项符合题意.1.(4分)化学与人类生活、社会可持续发展密切相关,下列措施有利于节能减排、保护环境的是:①加快化石燃料的开采与使用;②研发易降解的生物农药;③应用高效洁净的能源转换技术;④田间焚烧秸秆;⑤推广使用节能环保材料;⑥2M+N=2P+2Q,2P+M=Q(M、N为原料,Q为期望产品)其中符合“化学反应的绿色化”的要求的是()A.①③④⑤B.②③⑤⑥C.①②③④D.②④⑤⑥2.(4分)常温下,在下列给定条件的各溶液中,一定能大量共存的离子组是()A.使酚酞变红色的溶液:Na+、Ba2+、I﹣、Cl﹣B.使甲基橙变红色的溶液:Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣C.含有0.1 mol•L﹣1 Fe3+的溶液:Na+、K+、SCN﹣、NOD.由水电离产生的c(H+)=10﹣12mol•L﹣1的溶液:NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣3.(4分)下列有关实验装置进行的相应实验,能达到实验目的是()A.用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B.用图2所示装置可除去NO2中的NOC.用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D.用图4装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色4.(4分)设N A为阿伏伽德罗常数的值.下列叙述正确的是()A.78gNa2O2固体中含有的阴离子数为N AB.标准状况下,2.24L氖气所含原子数为0.2N AC.1L 0.1 mol/L醋酸溶液中含有的氢离子数为0.1N AD.标准状况下,2.24L己烷含有分子的数目为0.1N A5.(4分)下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A.工业电解饱和食盐水:2Cl﹣+H2O=Cl2↑+H2↑+OH﹣B.碳酸钠的水解:CO32﹣+2H2O═H2CO3+2OH﹣C.硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水:Al3++4 NH3•H2O═AlO+4NH4++2H2OD.用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘:2I﹣+H2O2+2H+=I2+2H2O6.(4分)常温下,下列溶液中,有关微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1mol•L﹣1(NH4)2Fe(SO4)2溶液:c(NH4+)>c(SO42﹣)>c(Fe2+)>c(H+)B.0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=c(CO32﹣)+c(HCO3﹣)+c(OH﹣)C.0.1mol•L﹣1 NaHCO3溶液:c(H+)+c(H2CO3)=c(OH﹣)+c(CO32﹣)D.0.01mol•L﹣1 NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸混合后的溶液中:c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣)二、选择题(共2小题,每小题6分,满分12分)7.(6分)下列说法正确的是()A.反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)在常温下不能发生,则该反应的△H>0B.0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释后,溶液中的值减小C.铅蓄电池在放电过程中,负极质量增加,正极质量减少D.锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡,再将不溶物用稀盐酸溶解除去8.(6分)X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种,原子序数依次增大,W、Y为金属元素,X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍,Y、Z位于同周期,Z单质是一种良好的半导体.W能与冷水剧烈反应,Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等.下列说法正确的是()A.原子半径:W>Y>Z>XB.气态氢化物的稳定性:X<ZC.最高价氧化物对应水化物的碱性:Y<WD.Y、Z的氧化物都有酸性和碱性三、解答题(共4小题,满分64分)9.( 16分)由有机物Ⅰ合成Ⅳ(香豆素)的合成路线如下,回答下列问题;(1)写出分子式:丙烯酸甲酯(2)写出反应类型:Ⅰ→Ⅱ.若要Ⅱ→Ⅲ的反应完全,则Ⅱ→Ⅲ反应需要的条件是(3)已知化合物Ⅳ的相对分子质量为146,写出结构简式:Ⅳ(4)化合物Ⅴ是Ⅲ的一种同分异构体,Ⅴ有如下特征:分子中除苯环外,无其它环状结构;在核磁共振氨谱图中,有四个吸收峰,能发生银镜反应;1molⅤ最多能与2mol的NaOH反应.Ⅴ的结构简式为(5)根据已有知识并模仿香豆素合成路线的相关反应,试写出氯苯和丙烯(CH2=CH﹣CH3)为原料,合成的化学方程式(无机试剂任选)、.10.(16分)(1)汽车发动机工作时会引发N2和O2反应,生成NOx等污染大气.其中生成NO的能量变化示意图如图1:①该反应的热化学方程式为.②根据图2所示,只改变条件R,当N2的转化率从a3到a1时,平衡常数K.A.可能增大 B.一定不变 C.可能不变D.可能减小 E.增大、减小、不变均有可能(2)尿素(又称碳酰胺)是含氮量最高的氮肥,工业上利用CO2和NH3在一定条件下合成尿素的反应分为:第一步:2NH3(g)+CO2(g)⇌H2NCOONH4(氨基甲酸铵)(l)第二步:H2NCOONH4(l)⇌H2O(g)+H2NCONH2(l)某实验小组模拟工业上合成尿素的条件,在一体积为500L的密闭容器中投入4mol氨和1mol 二氧化碳,验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如图3所示:①合成尿素总反应的快慢由第步反应决定.②反应进行到10min时测得 CO2的物质的量如3图所示,则用CO2表示的第一步反应的速率v(CO2)=mol/(L•min).③由氨基甲酸铵和CO2曲线变化可得出关于浓度变化和平衡状态的两条结论是:a.;b..11.(16分)为探索工业废料的再利用,某化学兴趣小组设计了如图1实验流程,用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4•7H2O)和胆矾晶体请回答:(1)写出步骤Ⅰ反应的离子方程式:.(2)试剂X是.步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均需进行的实验操作是.(3)进行步骤Ⅱ时,该小组用如图2所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A 中.一段时间后,观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少.为了避免固体C减少,可采取的改进措施是.(4)由溶液E到绿矾晶体(FeSO4•7H2O),所需操作是、、、洗涤、干燥.(5)用固体F制备CuSO4溶液,可设计如图3三种途径:写出途径①中反应的离子方程式,请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由.12.(16分)某实验小组模拟“侯氏制碱法”制纯碱,并进行以下探究:(1)检验纯碱样品中是否混有NaHCO3,请选择下列装置设计实验,并完成下表:选择的装置(填编号)实验现象实验结论样品含 NaHCO3(2)测定该纯碱样品的纯度:称取m1g样品,置于小烧杯中,加水溶解,滴加足量CaCl2溶液.将反应混和物过滤、(填操作)、干燥、称量为m2g.该纯碱样品的纯度为.(3)该小组同学在0.1mol/LNaHCO3溶液中滴加酚酞溶液1滴,溶液没有什么变化,但加热后显淡红色,加热较长时间后冷却,红色不褪去.为探究原因,进行了下列实验:实验1:加热0.1mol/LNaHCO3溶液,测得溶液pH变化如下表温度(℃)10 20 30 50 70 80 100pH 8.3 8.4 8.5 8.9 9.4 9.6 10.1但当温度恢复到10℃,测得溶液pH=9.8.实验2:加热0.1mol/LNaHCO3溶液,将产生的气体通入澄清石灰水,澄清石灰水变浑浊.①用离子方程式表示0.1mol/LNaHCO3溶液中存在的平衡(除水电离平衡外)、.这两个平衡以为主.②结合实验1、2分析,加热0.1mol/LNaHCO3溶液,pH增大的原因可能是(答一条).广东省梅州中学2015届高考化学模拟试卷(交流卷)参考答案与试题解析一、单项选择题:本题包括6小题,每小题4分,共计24分.每小题只有一个选项符合题意.1.(4分)化学与人类生活、社会可持续发展密切相关,下列措施有利于节能减排、保护环境的是:①加快化石燃料的开采与使用;②研发易降解的生物农药;③应用高效洁净的能源转换技术;④田间焚烧秸秆;⑤推广使用节能环保材料;⑥2M+N=2P+2Q,2P+M=Q(M、N为原料,Q为期望产品)其中符合“化学反应的绿色化”的要求的是()A.①③④⑤B.②③⑤⑥C.①②③④D.②④⑤⑥考点:常见的生活环境的污染及治理.专题:化学应用.分析:节能减排、保护环境,应减少污染物的排放,推广使用清洁能源,结合题目解答该题.解答:解:①加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量,故错误;②研发易降解的生物农药能减少污染物的排放,故正确;③应用高效洁净的能源转换技术,可以节约能源,减少二氧化碳的排放,故正确;④田间焚烧秸秆增加二氧化碳的排放,故错误;⑤推广使用节能环保材料可以节约能源,减少二氧化碳的排放,故正确;⑥2M+N=2P+2Q,2P+M=Q(M、N为原料,Q为期望产品),可减少副产品的排放,减少污染,故正确.故选B.点评:本题考查环境污染及治理知识,侧重于节能减排、保护环境的考查,题目难度不大,注意相关基础的积累和把握.2.(4分)常温下,在下列给定条件的各溶液中,一定能大量共存的离子组是()A.使酚酞变红色的溶液:Na+、Ba2+、I﹣、Cl﹣B.使甲基橙变红色的溶液:Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣C.含有0.1 mol•L﹣1 Fe3+的溶液:Na+、K+、SCN﹣、NOD.由水电离产生的c(H+)=10﹣12mol•L﹣1的溶液:NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣考点:离子共存问题.专题:离子反应专题.分析:A.使酚酞变红色的溶液,显碱性;B.甲基橙变红色的溶液,显酸性;C.离子之间结合生成络离子;D.由水电离产生的c(H+)=10﹣12mol•L﹣1的溶液,为酸或碱溶液.解答:解:A.使酚酞变红色的溶液,显碱性,该组离子之间不反应,可大量共存,故A 正确;B.甲基橙变红色的溶液,显酸性,Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应,不能大量共存,故B 错误;C.Fe3+、SCN﹣离子之间结合生成络离子,不能大量共存,故C错误;D.由水电离产生的c(H+)=10﹣12mol•L﹣1的溶液,为酸或碱溶液,HCO3﹣既能与酸又能与碱反应,一定不能大量共存,故D错误;故选A.点评:本题考查离子的共存,为高频考点,把握离子之间的反应及习题信息的抽取为解答的关键,侧重氧化还原反应、络合反应及复分解反应的考查,题目难度不大.3.(4分)下列有关实验装置进行的相应实验,能达到实验目的是()A.用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B.用图2所示装置可除去NO2中的NOC.用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D.用图4装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色考点:化学实验方案的评价.专题:实验评价题.分析:A.收集氨气的方法错误;B.二氧化氮和水反应生成一氧化氮;C.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,可用分液的方法分离;D.铁不能被氧化,不能制得Fe(OH)2.解答:解:A.氨气的密度比空气小,应用向下排空法收集气体,故A错误;B.二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮,不能将杂质除去,故B错误;C.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,可用分液的方法分离,故C正确;D.铁应连接电源正极,才能制得Fe(OH)2,故D错误.故选C.点评:本题考查较为综合,涉及气体的收集、除杂、分离以及物质的制备,综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力,为2015届高考常见题型,注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价,难度不大.4.(4分)设N A为阿伏伽德罗常数的值.下列叙述正确的是()A.78gNa2O2固体中含有的阴离子数为N AB.标准状况下,2.24L氖气所含原子数为0.2N AC.1L 0.1 mol/L醋酸溶液中含有的氢离子数为0.1N AD.标准状况下,2.24L己烷含有分子的数目为0.1N A考点:阿伏加德罗常数.专题:阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.分析:A.过氧化钠中的阴离子为过氧根离子,1mol过氧化钠中含有1mol过氧根离子;B.稀有气体为单原子分子,标况下2.24L氖气的物质的量为0.1mol,含有0.2mol氖原子;C.醋酸为弱电解质,溶液中只能部分电离出氢离子;D.标况下己烷为液体,不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量.解答:解:A.78g过氧化钠的物质的量为:=1mol,1mol过氧化钠中含有1mol过氧根离子,含有的阴离子数为N A,故A正确;B.标准状况下,2.24L氖气的物质的量为:=0.1mol,0.1mol氖气中含有0.1mol氖原子,所含原子数为0.1N A,故B错误;C.1L0.1 mol/L醋酸溶液中含有溶质醋酸0.1mol,0.1mol醋酸只能部分电离出氢离子,则溶液中氢离子的物质的量小于0.1mol,含有的氢离子数小于0.1N A,故C错误;D.标准状况下,己烷不是气体,题中条件无法计算2.24L己烷的物质的量,故D错误;故选A.点评:本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度中等,注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,明确标况下气体摩尔体积的使用条件,选项A为易错点,注意过氧化钠中的阴离子为过氧根离子.5.(4分)下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A.工业电解饱和食盐水:2Cl﹣+H2O=Cl2↑+H2↑+OH﹣B.碳酸钠的水解:CO32﹣+2H2O═H2CO3+2OH﹣C.硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水:Al3++4 NH3•H2O═AlO+4NH4++2H2OD.用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘:2I﹣+H2O2+2H+=I2+2H2O考点:离子方程式的书写.专题:离子反应专题.分析:A.漏写反应条件电解、电荷、原子不守恒;B.水解分步进行,以第一步为主;C.反应生成氢氧化铝和硫酸铵;D.发生氧化还原反应生成碘、水,遵循电子、电荷守恒.解答:解:A.工业电解饱和食盐水的离子反应为2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣,故A错误;B.碳酸钠的水解的离子反应为CO32﹣+H2O═HCO3﹣+OH﹣,故B错误;C.硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+,故C错误;D.用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘的离子反应为2I﹣+H2O2+2H+=I2+2H2O,故D正确;故选D.点评: 本题考查离子反应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,侧重电解、水解反应、氧化还原反应的离子反应考查,综合性较强,题目难度不大.6.(4分)常温下,下列溶液中,有关微粒的物质的量浓度关系正确的是()A . 0.1mol•L ﹣1 (NH 4)2Fe (SO 4)2溶液:c (NH 4+)>c (SO 42﹣)>c (Fe 2+)>c (H +)B . 0.1mol•L ﹣1 Na 2CO 3溶液:c (Na +)+c (H +)=c (CO 32﹣)+c (HCO 3﹣)+c (OH ﹣)C . 0.1mol•L ﹣1 NaHCO 3溶液:c (H +)+c (H 2CO 3)=c (OH ﹣)+c (CO 32﹣)D . 0.01mol•L ﹣1 NaOH 溶液与等体积pH=2的醋酸混合后的溶液中:c (CH 3COO ﹣)>c (Na +)>c (H +)>c (OH ﹣)考点: 离子浓度大小的比较.专题: 盐类的水解专题.分析: A .亚铁离子和铵根离子都水解,但水解程度较小;B .任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒判断;C .溶液中存在电荷守恒和物料守恒,根据电荷守恒和物料守恒判断;D..01mol•L ﹣1NaOH 溶液与等体积pH=2的醋酸溶液,醋酸浓度大于氢氧化钠,二者等体积混合后,溶液呈酸性.解答: 解:A .亚铁离子和铵根离子都水解,但水解程度较小,硫酸根离子不水解,所以c (SO 42﹣ )>c (NH 4+),故A 错误;B .任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c (Na +)+c (H +)=2c (CO 32﹣)+c(HCO 3﹣)+c (OH ﹣),故B 错误;C .溶液中存在电荷守恒和物料守恒,根据电荷守恒得c (Na +)+c (H +)=2c (CO 32﹣)+c (HCO 3﹣)+c (OH ﹣),根据物料守恒得c (Na +)=c (CO 32﹣)+c (HCO 3﹣)+c (H 2CO 3),所以得c (H +)+c (H 2CO 3)=c (OH ﹣)+c (CO 32﹣),故C 正确;D..01mol•L ﹣1NaOH 溶液与等体积pH=2的醋酸溶液,醋酸浓度大于氢氧化钠,二者等体积混合后,溶液呈酸性,则c (H +)>c (OH ﹣),根据电荷守恒得c (Na +)+c (H +)=c (CH 3COO﹣)+c (OH ﹣),所以c (CH 3COO ﹣)>c (Na +),故D 正确;故选CD .点评: 本题考查离子浓度大小的比较,为2015届高考常见题型,综合考查学生的分析能力,题目难度中等,注意根据电解质的性质结合电荷守恒和物料守恒来分析解答,难度不大.二、选择题(共2小题,每小题6分,满分12分)7.(6分)下列说法正确的是()A . 反应CaCO 3(s )=CaO (s )+CO 2(g )在常温下不能发生,则该反应的△H>0B . 0.1mol•L ﹣1CH 3COOH 溶液加水稀释后,溶液中的值减小C . 铅蓄电池在放电过程中,负极质量增加,正极质量减少D . 锅炉中沉积的CaSO 4可用饱和Na 2CO 3溶液浸泡,再将不溶物用稀盐酸溶解除去考点: 反应热和焓变;常见化学电源的种类及其工作原理;弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题: 基本概念与基本理论.分析:A.根据△G=△H﹣T•△S进行判断;B.醋酸为弱电解质,加水稀释促进电离;C.铅蓄电池在放电时,铅为负极,被氧化,正极为氧化铅,被还原;D.根据难溶电解质的溶解平衡移动分析.解答:解:A.由方程式可知△S>0,如反应能自发进行,则应满足△H﹣T•△S<0,而常温下不能进行,则△H>0,故A正确;B.醋酸为弱电解质,加水稀释促进电离,则n(CH3COOH)减小,n(CH3COO﹣)增大,故溶液中的值增大,故B错误;C.铅蓄电池在放电过程中,负极电极反应式Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4,负极质量减少,正极电极反应式为PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣=PbSO4+2H2O正极质量减少,故C错误;D.长期使用的锅炉需要定期除水垢,否则会降低燃料的利用率.水垢中含有的CaSO4,可先用Na2CO3溶液处理,CO32﹣与Ca2+生产更难溶的CaCO3沉淀,使CaSO4的沉淀溶解平衡向右移,使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3,而后用酸除去,故D正确.故选AD.点评:本题考查较为综合,涉及化学反应与能量变化、弱电解质的电离平衡、铅蓄电池以及难溶电解质的溶解平衡等问题,为2015届高考常见题型,侧重于学生的分析能力的考查,注意相关基础知识的积累,难度不大.8.(6分)X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种,原子序数依次增大,W、Y为金属元素,X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍,Y、Z位于同周期,Z单质是一种良好的半导体.W能与冷水剧烈反应,Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等.下列说法正确的是()A.原子半径:W>Y>Z>XB.气态氢化物的稳定性:X<ZC.最高价氧化物对应水化物的碱性:Y<WD.Y、Z的氧化物都有酸性和碱性考点:原子结构与元素周期律的关系.专题:元素周期律与元素周期表专题.分析:X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种,原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,故X为O元素;Y、Z位于同周期,Z单质是一种良好的半导体,则Z为Si;W、Y为金属元素,结合原子序数可知,W为K、Ca中的一种,Y为Na、Mg、Al中的一种,Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等,则Y、W原子最外层电子数之差为6﹣4=2,故Y 为Al、W为K,据此解答.解答:解:X、Y、Z、W为周期表中前20号元素中的四种,原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,故X为O元素;Y、Z位于同周期,Z单质是一种良好的半导体,则Z为Si;W、Y为金属元素,结合原子序数可知,W为K、Ca中的一种,Y为Na、Mg、Al中的一种,Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等,则Y、W原子最外层电子数之差为6﹣4=2,故Y为Al、W为K.A.同周期随原子序数增大原子半径减小,所以原子半径Na>Al>Si,C>O,同主族自上而下原子半径增大,所以原子半径K>Na,Si>C,所以原子半径K>Al>Si>O,即W>Y>Z >X,故A正确;B.X为氧元素,Z为硅元素,同主族自上而下非金属性减弱,所以非金属性O>Si,非金属性越强,氢化物越稳定,所以气态氢化物稳定性X>Y,故B错误;C.Y为铝元素,W为钾元素,同主族自上而下金属性增强,所以金属性K>Na,同周期自左而右金属性减弱,所以金属性Na>Al,故金属性K>Al,金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强,所以碱性Y<W,故C正确;D.Y为铝元素,Z为硅元素,氧化铝是两性氧化物,二氧化硅是酸性氧化物,故D错误.故选AC.点评:本题考查结构性质与位置关系等,难度中等,推断元素是解题关键,注意对元素周期律的理解掌握.三、解答题(共4小题,满分64分)9.(16分)由有机物Ⅰ合成Ⅳ(香豆素)的合成路线如下,回答下列问题;(1)写出分子式:丙烯酸甲酯C4H6O2(2)写出反应类型:Ⅰ→Ⅱ取代反应.若要Ⅱ→Ⅲ的反应完全,则Ⅱ→Ⅲ反应需要的条件是H+(稀盐酸或稀硫酸)(3)已知化合物Ⅳ的相对分子质量为146,写出结构简式:Ⅳ(4)化合物Ⅴ是Ⅲ的一种同分异构体,Ⅴ有如下特征:分子中除苯环外,无其它环状结构;在核磁共振氨谱图中,有四个吸收峰,能发生银镜反应;1molⅤ最多能与2mol的NaOH反应.Ⅴ的结构简式为(5)根据已有知识并模仿香豆素合成路线的相关反应,试写出氯苯和丙烯(CH2=CH﹣CH3)为原料,合成的化学方程式(无机试剂任选)、.考点:有机物的合成.专题:有机物的化学性质及推断.分析:(1)丙烯酸甲酯的结构简式为CH2=CH﹣COOCH3,据此写出其分子式;(2)根据有机物Ⅰ和Ⅱ的结构简式判断官能团变化,然后判断反应类型;有机物Ⅱ中酯基转化成羧基、羟基,为酯的酸性条件下的水解反应,若该反应完全,反应条件应该为碱性条件下加热;(3)有机物Ⅲ的相对分子质量为164,根据Ⅲ、Ⅳ相对分子质量可知该反应为有机物Ⅲ分之内的酯化反应,据此写出有机物Ⅳ的结构简式;(4)Ⅴ有如下特征:分子中除苯环外,无其它环状结构;在核磁共振氨谱图中,有四个吸收峰,V分子中含有4种H原子,则V具有对称结构;能发生银镜反应,V分子中含有醛基或为甲酸酯;1molⅤ最多能与2mol的NaOH反应,V分子或其水解产物中最多含有1个羧基和1个酚羟基,再结合Ⅲ的结构简式写出满足条件的有机物的结构简式;(5)结合题干Ⅰ→Ⅱ的反应原理可知,氯苯和丙烯(CH2=CH﹣CH3)为原料,合成,首先氯苯与丙烯发生取代反应生成,再与水发生加成反应生成,据此写出反应的化学方程式.解答:解:(1)丙烯酸甲酯为CH2=CH﹣COOCH3,其分子中含有4个C、6个H和2个O原子,其分子式为:C4H6O2,故答案为:C4H6O2;(2)Ⅰ→Ⅱ的反应中,有机物Ⅰ中Cl原子被﹣CH=CH﹣COOCH3取代生成有机物Ⅱ和HCl,该反应为取代反应;Ⅱ→Ⅲ的反应为酯的水解反应,在碱性条件下,酯的水解反应进行完全,所以若反应完全,反应条件为氢氧化钠溶液、加热;题中有机物Ⅱ→Ⅲ的反应为可逆反应,需要在酸性条件下进行,故答案为:取代反应;氢氧化钠溶液、加热;H+(稀盐酸或稀硫酸);(3)有机物Ⅲ的相对分子质量为164,化合物Ⅳ的相对分子质量为146,Ⅲ、Ⅳ相对分子质量之差为18,恰好脱去1分子水,则该反应为有机物分之内的酯化反应,反应生成产物为:,故答案为:;(4)有机物Ⅲ的结构简式为,化合物Ⅴ是Ⅲ的一种同分异构体,Ⅴ有如下特征:分子中除苯环外,无其它环状结构;在核磁共振氨谱图中,有四个吸收峰,则分子中含有4种等效H,V的取代基具有对称结构;能发生银镜反应,V分子中含有醛基;1molⅤ最多能与2mol的NaOH反应,则V分子或其水解产物中最多含有1个羧基和1个酚羟基,满足以上条件的V的结构简式为:,故答案为:;(5)氯苯和丙烯(CH2=CH﹣CH3)为原料,合成,结合Ⅰ→Ⅱ的反应,首先氯苯与丙烯发生取代反应生成,再与水发生加成反应生成,反应的化学方程式为:、,故答案为:;.点评:本题考查了有机合成,题目难度中等,明确合成原理为解答关键,注意熟练掌握常见有机物结构与性质,(5)为难点,需要分析题干中取代反应原理,试题培养了学生的分析、理解能力和自学能力.10.(16分)(1)汽车发动机工作时会引发N2和O2反应,生成NOx等污染大气.其中生成NO的能量变化示意图如图1:①该反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+183kJ•mol﹣1.②根据图2所示,只改变条件R,当N2的转化率从a3到a1时,平衡常数KA、C.A.可能增大 B.一定不变 C.可能不变D.可能减小 E.增大、减小、不变均有可能(2)尿素(又称碳酰胺)是含氮量最高的氮肥,工业上利用CO2和NH3在一定条件下合成尿素的反应分为:第一步:2NH3(g)+CO2(g)⇌H2NCOONH4(氨基甲酸铵)(l)第二步:H2NCOONH4(l)⇌H2O(g)+H2NCONH2(l)某实验小组模拟工业上合成尿素的条件,在一体积为500L的密闭容器中投入4mol氨和1mol 二氧化碳,验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如图3所示:①合成尿素总反应的快慢由第二步反应决定.②反应进行到10min时测得 CO2的物质的量如3图所示,则用CO2表示的第一步反应的速率v(CO2)=1.5×10﹣4mol/(L•min).③由氨基甲酸铵和CO2曲线变化可得出关于浓度变化和平衡状态的两条结论是:a.氨基甲酸铵浓度先增大,15min后减小;b.15min时第一步反应达到平衡状态,55min第二步反应达到平衡状态.考点:热化学方程式;化学平衡的影响因素.分析:(1)①根据能量变化图计算反应热,反应热=反应物的键能和﹣生成物的键能和,从而书写热化学方程式;②平衡向正反应方向移动,则N2的转化率增大,可采用的方法为升高温度或者增加氧气的量;(2)①已知总反应的快慢由慢的一步决定,结合图象变化趋势进行判断,反应快慢可以依据第一步和第二步反应的曲线斜率比较大小;②分析图象计算10分钟时二氧化碳的消耗物质的量,结合化学反应速率概念进行计算;③分析图象曲线的变化,氨基甲酸铵是随时间变化到15min物质的量增大,之后减小,15min 时第一步反应达到平衡状态,55min氨基甲酸铵物质的量不再变化,第二步反应达到平衡状态.解答:解:(1)①该反应中的反应热=反应物的键能和﹣生成物的键能和=(946+498)kJ/mol ﹣2×630kJ/mol=+184kJ/mol,所以N2和O2反应生成NO的热化学反应方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+183kJ•mol﹣1;故答案为:N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+183kJ•mol﹣1;②只改变条件R,当N2的转化率从a3到a1时,平衡向正反应方向移动,则N2的转化率增大,可采用的方法为升高温度K增大或者增加氧气的量K不变,故选:A、C;(2)①由图象可知在15分钟左右,氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵后不再变化,发生的是第一步反应,氨基甲酸铵先增大再减小最后达到平衡,发生的是第二部反应,从曲线斜率不难看出第二部反应速率慢,已知总反应的快慢由慢的一步决定,故合成尿素总反应的快慢由第二步决定,故答案为:二;②依据图象分析,二氧化碳再进行到10min时物质的量为0.25mol,所以此时的反应速率为==1.5×10﹣4mol/(L•min),故答案为:1.5×10﹣4;。
广东省梅州市梅县中学2015届高考化学冲刺试卷一、解答题(共6小题,满分18分)1.(3分)化学与生活密切相关,下列说法不正确的是()A.用热的纯碱溶液可洗涤餐具上的油污B.煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C.用灼烧并闻气味的方法可区别棉麻织物和纯羊毛织物D.新制Cu(OH)2悬浊液在医院中常用于尿糖的检测2.(3分)水溶液中能大量共存的一组离子是()A.pH=1的溶液中:Fe2+、CH3COO﹣、K+、SO42﹣B.在含较多Al3+的溶液中:Na+、Cl﹣、HCO3﹣C.在0.1 mol•L﹣1 CaCl2溶液中:K+、Ba2+、I﹣、OH﹣D.在=10﹣12的溶液中:K+、Na+、ClO﹣、NO3.(3分)下列叙述I和II均正确并有因果关系的是()选项叙述I 叙述IIA Mg有还原性电解MgCl2饱和溶液可制备MgB AgCl难溶于酸用盐酸和AgNO3溶液检验Cl﹣C Ba(OH)2易溶于水可配制1.0mol∙L﹣1的Ba(OH)2溶液D NH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClA.A B.B C.C D.D4.(3分)设n A为阿伏加德罗常数的数值.下列说法正确的是()A.17gNH3含有10n A个质子B.标准状况下,22.4L氯水含有n A个Cl2分子C.1mol C2H6含有6n A个共价键D.1mol 金属K被完全氧化生成KO2,失去2n A个电子5.(3分)将如图所示实验装置的K闭合,下列判断正确的是()A.Cu电极上发生氧化反应B.电子沿Zn→a→b→Cu路径流动C.片刻后甲池中c(K+)增大D.片刻后可观察到滤纸a点变红色6.(3分)常温下,0.2mol•L﹣1的一元酸HCl与等浓度的MOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组成及浓度如图所示,下列说法正确的是()A.MOH为强碱B.该混合液pH=7C.该混合溶液中:c(Cl﹣)=c(M+)D.图中X表示M+,Y表示H+,Y表示MOH,R表示OH﹣二、双项选择题(本大题共2小题,每小题6分,共54分.在每小题给出的四个选项中,有两个选项符合题目要求,全部选对得6分,只选1个且正确的得3分,有选错或不答的得0分.)7.(6分)下列实验操作、现象和结论均正确的是()选项实验操作现象结论A 新制Fe(OH)2露置于空气中一段时间白色固体迅速变为灰绿色,最终变为红褐色说明Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3B 常温下将Fe片放入浓硝酸中无明显变化Fe与浓硝酸不反应C 将一小块Na放入医用酒精中产生气泡Na只置换出醇羟基上的氢D 向某无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I﹣A.A B.B C.C D.D8.(6分)E~N等元素在周期表中的相对位置如下表.E与K的原子序数相差4,K的一种单质是空气中含量最多的物质,H与N属同周期元素,下列判断不正确的是()A.K的氢化物水溶液显碱性B.F的单质与氧气反应只生成一种氧化物C.H与N的原子核外电子数相差14D.最高价氧化物的水化物酸性:K>L>M三、解答题(共4小题,满分62分)9.(16分)阿斯巴甜(APM)是一种甜度高、味美而热量低的甜味剂,其结构简式如图1所示.(1)下列关于APM的说法中,正确的是.A.属于糖类化合物B.分子式为C14H18N2O5C.既能与酸反应,又能与碱反应D.能发生酯化反应,但不能发生加成反应(2)APM在人体胃肠道酶作用下彻底水解生成的产物中,相对分子质量最小的是(填结构简式),其官能团名称为.(3)苯丙氨酸()是合成APM的原料之一.苯丙氨酸的一种合成途径如图2所示:已知,(1)丙烯和溴化氢在有过氧化物催化条件下,生成1一溴丙烷,(2)醛或酮可以发生如图3反应①D→E的反应类型为.②A的结构简式为.③写出C→D反应的化学方程式:.④某苯的同系物苯环上的一硝基取代物只有一种,该硝基取代物W是苯丙氨酸的同分异构体.W 的结构简式为.10.(14分)二甲醚(CH3OCH3)在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用.工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3的新工艺主要发生三个反应:①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1=﹣91kJ•mol﹣1②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=﹣24kJ•mol﹣1③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H3=﹣41kJ•mol﹣1回答下列问题:(1)新工艺的总反应为3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)△H该反应△H=,平衡常数表达式K=.(2)增大压强,CH3OCH3的产率(填“增大”、“减小”或“不变”).(3)原工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行,无反应③发生.新工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率,原因是.(4)为了寻找合适的反应温度,研究者进行了一系列试验,每次试验保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变,试验结果如图.CO转化率随温度变化的规律是,其原因是.11.(16分)硼酸(H3BO3)大量应用于玻璃制造行业,以硼镁矿(含2MgO•B2O3•H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3)为原料生产硼酸的工艺流程如下(图1):已知:H3BO3在20℃、40℃、60℃、100℃时的溶解度依次为5.0g、8.7g、14.8g、40.2g.Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时,溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4.(1)由于矿粉中含CaCO3,“浸取”时容易产生大量泡沫使物料从反应器溢出,故应分批加入H2SO4.该反应的化学方程式为.(2)“浸出液”显酸性,含H3BO3和Mg2+、SO42﹣,还含有Fe3+、Fe2+、Ca2+、Al3+等杂质.“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO,除去的杂质离子是.H2O2的作用是(用离子方程式表示).(3)“浸取”后,采用“热过滤”的目的是.(4)“母液”可用于回收硫酸镁,已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图2,且溶液的沸点随压强增大而升高.为了从“母液”中充分回收MgSO4•H2O,应采取的措施是将“母液”蒸发浓缩,.12.(16分)硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一,反应原理为:2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2(该反应△H>0)某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3•5H2O流程如下.(1)吸硫装置如图所示.①装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率,B中试剂是,表明SO2吸收效率低的实验现象是B中.②为了使SO2尽可能吸收完全,在不改变A中溶液浓度、体积的条件下,除了及时搅拌反应物外,还可采取的合理措施是、.(写出两条)(2)假设本实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH,设计实验方案进行检验.(室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2)限选试剂及仪器:稀硝酸、AgNO3溶液、CaCl2溶液、Ca(NO3)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH 计、烧杯、试管、滴管序号实验操作预期现象结论①取少量样品于试管中,加入适量蒸馏水,充分振荡溶解,.样品含NaCl②另取少量样品于烧杯中,加入适量蒸馏水,充分搅拌溶解,.样品含NaOH (3)Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂,测定其浓度的过程如下:准确称取a g KIO3(化学式量:214)固体配成溶液,加入过量KI固体和H2SO4溶液,滴加指示剂,用Na2S2O3溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液的体积为V mL.则c(Na2S2O3)=mol•L﹣1.(只列出算式,不作运算)已知:Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O 2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣.广东省梅州市梅县中学2015届高考化学冲刺试卷参考答案与试题解析一、解答题(共6小题,满分18分)1.(3分)化学与生活密切相关,下列说法不正确的是()A.用热的纯碱溶液可洗涤餐具上的油污B.煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C.用灼烧并闻气味的方法可区别棉麻织物和纯羊毛织物D.新制Cu(OH)2悬浊液在医院中常用于尿糖的检测考点:有机物的鉴别;盐类水解的应用;化石燃料与基本化工原料.分析:A.碳酸钠溶液显碱性,能用于清洗油污;B.煤的气化、液化都是化学变化;C.纯棉织物是纤维素,纯羊毛织物是蛋白质;D.新制Cu(OH)2悬浊液能与醛基反应生成红色沉淀,可用于尿糖的检测.解答:解:A.碳酸钠溶液显碱性,可用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污,故A正确;B.煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程,煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程,所以煤经过气化和液化等变化是化学变化,故B错误;C.纯羊毛织物灼烧时有烧焦羽毛的味道,故用灼烧并闻气味的方法鉴别纯棉织物和纯羊毛织物,故C正确,D.新制Cu(OH)2悬浊液能与醛基反应生成红色沉淀,可用于尿糖的检测,故D正确,故选B.点评:本题考查化学与生活,难度不大.要注意与人类生产、生活相关的知识历来是考查的热点.2.(3分)水溶液中能大量共存的一组离子是()A.pH=1的溶液中:Fe2+、CH3COO﹣、K+、SO42﹣B.在含较多Al3+的溶液中:Na+、Cl﹣、HCO3﹣C.在0.1 mol•L﹣1 CaCl2溶液中:K+、Ba2+、I﹣、OH﹣D.在=10﹣12的溶液中:K+、Na+、ClO﹣、NO考点:离子共存问题.分析:A.pH=1的溶液,显酸性;B.离子之间相互促进水解;C.氢氧化钙微溶;D.在=10﹣12的溶液,显碱性.解答:解:A.pH=1的溶液,显酸性,不能大量存在CH3COO﹣,故A错误;B.Al3+、HCO3﹣相互促进水解,不能大量共存,故B错误;C.氢氧化钙微溶,则在0.1 mol•L﹣1 CaCl2溶液中不能大量存在OH﹣,故C错误;D.在=10﹣12的溶液,显碱性,该组离子之间不反应,可大量共存,故D正确;故选D.点评:本题考查离子的共存,为高频考点,把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键,侧重复分解反应、水解反应的离子共存考查,题目难度不大.3.(3分)下列叙述I和II均正确并有因果关系的是()选项叙述I 叙述IIA Mg有还原性电解MgCl2饱和溶液可制备MgB AgCl难溶于酸用盐酸和AgNO3溶液检验Cl﹣C Ba(OH)2易溶于水可配制1.0mol∙L﹣1的Ba(OH)2溶液D NH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClA.A B.B C.C D.D考点:化学实验方案的评价.分析:A.电解MgCl2饱和溶液生成氢氧化镁;B.用盐酸引入氯离子;C.Ba(OH)2易溶于水,可配制碱溶液;D.NH4Cl不稳定,加热分解.解答:解:A.电解MgCl2饱和溶液生成氢氧化镁,叙述II不合理,故A错误;B.用盐酸引入氯离子,干扰氯离子的检验,叙述II不合理,故B错误;C.Ba(OH)2易溶于水,可配制碱溶液,则可配制1.0mol∙L﹣1的Ba(OH)2溶液,故C正确;D.NH4Cl不稳定,加热分解,用加热法除去NaCl中的NH4Cl,叙述均合理,二者不具有因果关系,故D错误;故选C.点评:本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及电解、离子检验、溶液配制、混合物分离提纯等,把握物质的性质、反应原理为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,综合性较强,题目难度不大.4.(3分)设n A为阿伏加德罗常数的数值.下列说法正确的是()A.17gNH3含有10n A个质子B.标准状况下,22.4L氯水含有n A个Cl2分子C.1mol C2H6含有6n A个共价键D.1mol 金属K被完全氧化生成KO2,失去2n A个电子考点:阿伏加德罗常数.专题:阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.分析:A、求出氨气的物质的量,然后根据1mol氨气中含10mol质子来计算;B、氯水是溶液;C、根据乙烷分子中含有6个碳氢键和1个碳碳键分析;D、根据反应后钾元素的价态来分析.解答:解:A、17g氨气的物质的量为1mol,而1mol氨气中含10mol质子,即10n A个,故A 正确;B、氯水是溶液,不能根据气体摩尔体积来计算,故B错误;C、1mol乙烷分子中含有1mol碳碳键和6mol碳氢键,总共含有7mol共价键,分子中含有7N A 个共价键,故C错误;D、反应后钾元素的价态为+1价,故1mol钾失1mol电子,故D错误.故选A.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.5.(3分)将如图所示实验装置的K闭合,下列判断正确的是()A.Cu电极上发生氧化反应B.电子沿Zn→a→b→Cu路径流动C.片刻后甲池中c(K+)增大D.片刻后可观察到滤纸a点变红色考点:原电池和电解池的工作原理.分析:甲、乙装置能自发的进行氧化还原反应,所以是原电池,锌易失电子作负极,铜作正极,则含有硫酸钾溶液的滤纸是电解池,a是阴极,b是阳极,阴极上氢离子放电,阳极上氢氧根离子放电,电子从负极沿导线流向电解池阴极,原电池放电时,阴离子向负极移动,阳离子向正极移动,以此解答该题.解答:解:A.Zn较活泼,作原电池的负极,Cu作原电池的正极,Cu电极是发生还原反应,故A错误;B.电子流向是负极到正极,但a→b这一环节是在溶液中导电,是离子导电,电子并没沿此路径流动,故B错误;C.锌为负极,原电池工作时阳离子向正极移动,则乙池c(K+)增大,故C错误;D.电解池中,a电极上氢离子放电生成氢气,同时a电极附近生成氢氧根离子,导致溶液碱性增强,所以a极变红色,故D正确.故选D.点评:本题考查了原电池和电解池原理,明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键,易错选项是B,注意电子不进入电解质溶液,电解质溶液是通过阴阳离子的定向移动形成电流,为易错点.6.(3分)常温下,0.2mol•L﹣1的一元酸HCl与等浓度的MOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组成及浓度如图所示,下列说法正确的是()A.MOH为强碱B.该混合液pH=7C.该混合溶液中:c(Cl﹣)=c(M+)D.图中X表示M+,Y表示H+,Y表示MOH,R表示OH﹣考点:酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.分析:一元酸HCl和MOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合,HCl+MOH=MCl+H2O,所得溶液中Cl﹣浓度等于0.1mol/L,而其它微粒都小于0.1mol/L,说明在溶液中存在M++H2O⇌MOH+H+,MCl水解,MOH为弱碱,MCl溶液呈酸性,则c(OH﹣)<c(H+),一般来说,盐类的水解程度较低,则有c(M+)>c(H+),所以:c(Cl﹣)=0.1mol/L>c(M+)>c(H+)>c(MOH)>c (OH﹣),X表示M+,Y表示H+,Y表示MOH,R表示OH﹣.解答:解:一元酸HCl和MOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合,HCl+MOH=MCl+H2O,所得溶液中Cl﹣浓度等于0.1mol/L,而其它微粒都小于0.1mol/L,说明在溶液中存在M++H2O⇌MOH+H+,MCl水解,MOH为弱碱,MCl溶液呈酸性,则c(OH﹣)<c(H+),一般来说,盐类的水解程度较低,则有c(M+)>c(H+),所以:c(Cl﹣)=0.1mol/L>c(M+)>c(H+)>c(MOH)>c (OH﹣),X表示M+,Y表示H+,Y表示MOH,R表示OH﹣,A、MOH为弱碱,故A错误;B、在溶液中存在M++H2O⇌MOH+H+,MCl水解,MOH为弱碱,MCl溶液呈酸性,故B错误;C、溶液中存在M++H2O⇌MOH+H+,而氯离子是强离子,所以:c(Cl﹣)=0.1mol/L>c(M+),故C 错误;D、因为c(Cl﹣)=0.1mol/L>c(M+)>c(H+)>c(MOH)>c(OH﹣),所以X表示M+,Y表示H+,Y表示MOH,R表示OH﹣,故D正确;故选D.点评:本题考查了酸碱混合溶液定性判断,根据酸的强弱结合物料守恒解答,考查离子浓度大小比较、溶液PH值、盐类水解等,判断MOH是一元弱碱为解题关键,题目难度中等.二、双项选择题(本大题共2小题,每小题6分,共54分.在每小题给出的四个选项中,有两个选项符合题目要求,全部选对得6分,只选1个且正确的得3分,有选错或不答的得0分.)7.(6分)下列实验操作、现象和结论均正确的是()选项实验操作现象结论A 新制Fe(OH)2露置于空气中一段时间白色固体迅速变为灰绿色,最终变为红褐色说明Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3B 常温下将Fe片放入浓硝酸中无明显变化Fe与浓硝酸不反应C 将一小块Na放入医用酒精中产生气泡Na只置换出醇羟基上的氢D 向某无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I﹣A.A B.B C.C D.D考点:化学实验方案的评价.专题:实验评价题.分析:A.Fe(OH)2易被氧化;B.常温下将Fe片放入浓硝酸中,发生钝化;C.Na与水、乙醇均反应生成氢气;D.无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置,下层溶液显紫色,则氯气与碘离子反应生成碘单质.解答:解:A.Fe(OH)2易被氧化生成Fe(OH)3,则白色固体迅速变为灰绿色,最终变为红褐色,均合理,故A正确;B.常温下将Fe片放入浓硝酸中,发生钝化,发生氧化还原反应,故B错误;C.Na与水、乙醇均反应生成氢气,则结论不合理,故C错误;D.无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置,下层溶液显紫色,则氯气与碘离子反应生成碘单质,则原溶液中有I﹣,故D正确;故选AD.点评:本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及氧化还原反应、物质的性质、离子检验等,把握物质的性质、反应原理为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,综合性较强,题目难度不大.8.(6分)E~N等元素在周期表中的相对位置如下表.E与K的原子序数相差4,K的一种单质是空气中含量最多的物质,H与N属同周期元素,下列判断不正确的是()A.K的氢化物水溶液显碱性B.F的单质与氧气反应只生成一种氧化物C.H与N的原子核外电子数相差14D.最高价氧化物的水化物酸性:K>L>M考点:元素周期律和元素周期表的综合应用.分析:K的一种单质是空气中含量最多的物质,则K是N元素,则L是P元素、M是Si元素、N是Ge元素;E与K的原子序数相差4,H与N属同周期元素,则E是Li元素、F是Na 元素、G是Mg元素、H是Ca元素,A.K的氢化物是氨气;B.F是Na元素,钠的氧化物有氧化钠、过氧化钠;C.H是Ca元素、N是Ge元素,二者原子序数相差12;D.元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强.解答:解:K的一种单质是空气中含量最多的物质,则K是N元素,则L是P元素、M是Si 元素、N是Ge元素;E与K的原子序数相差4,H与N属同周期元素,则E是Li元素、F是Na元素、G是Mg元素、H是Ca元素,A.K的氢化物是氨气,氨水溶液呈碱性,故A正确;B.F是Na元素,钠的氧化物有氧化钠、过氧化钠,有两种氧化物,故B错误;C.H是Ca元素、N是Ge元素,二者原子序数相差12而不是14,故C错误;D.元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,非金属性K>L>M,所以最高价氧化物的水化物酸性强弱K>L>M,故D正确;故选BC.点评:本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用,明确原子结构、元素周期表结构是解本题关键,熟悉元素周期律内涵,易错选项是C,从第四周期开始,第IIA族和第IIIA族之间隔着副族和第VIII族,题目难度不大.三、解答题(共4小题,满分62分)9.(16分)阿斯巴甜(APM)是一种甜度高、味美而热量低的甜味剂,其结构简式如图1所示.(1)下列关于APM的说法中,正确的是BC.A.属于糖类化合物B.分子式为C14H18N2O5C.既能与酸反应,又能与碱反应D.能发生酯化反应,但不能发生加成反应(2)APM在人体胃肠道酶作用下彻底水解生成的产物中,相对分子质量最小的是CH3OH(填结构简式),其官能团名称为羟基.(3)苯丙氨酸()是合成APM的原料之一.苯丙氨酸的一种合成途径如图2所示:已知,(1)丙烯和溴化氢在有过氧化物催化条件下,生成1一溴丙烷,(2)醛或酮可以发生如图3反应①D→E的反应类型为加成反应.②A的结构简式为.③写出C→D反应的化学方程式:.④某苯的同系物苯环上的一硝基取代物只有一种,该硝基取代物W是苯丙氨酸的同分异构体.W 的结构简式为.考点:有机物的推断;有机物的合成.分析:(1)根据APM的结构简式,可知其分子式,APM中有羧基、酯基、肽键、氨基等官能团,据此判断;(2)APM在人体胃肠道酶作用下,酯基和肽键都能发生水解,在生成的产物中,相对分子质量最小的是CH3OH,据此答题;(3)由苯丙氨酸()的结构简式结合信息(2)可知,E为,D为,根据各物质转化关系可进一步推断得C为,B为,A为,A发生加成生成B,B发生水解生成C,C氧化得D,D发生加成得E,据此答题.解答:解:(1)A.APM中有氮元素,不属于糖类化合物,故A错误;B.根据APM的结构简式,可知其分子式为C14H18N2O5,故B正确;C.APM中有氨基能与酸反应,有羧基能与碱反应,故C正确;D.APM中有羧基能发生酯化反应,有苯环,能与氢气等发生加成反应,故D错误;故选:BC;(2)APM在人体胃肠道酶作用下,酯基和肽键都能发生水解,在生成的产物中,相对分子质量最小的是CH3OH,其官能团名称为羟基,故答案为:CH3OH;羟基;(3)由苯丙氨酸()的结构简式结合信息(2)可知,E为,D为,根据各物质转化关系可进一步推断得C为,B为,A为,A发生加成生成B,B发生水解生成C,C氧化得D,D发生加成得E,①根据上面的分析可知,D→E的反应类型为加成反应,故答案为:加成反应;②根据上面的分析可知,A的结构简式为,故答案为:;③C→D反应的化学方程式为,故答案为:;④某苯的同系物苯环上的一硝基取代物只有一种,该硝基取代物W是苯丙氨酸的同分异构体,W的结构简式为,故答案为:.点评:本题考查有机物的合成,题目难度中等,解答本题的关键是能全面、准确把握题给信息,答题时注意审题,加强自学能力的培养.10.(14分)二甲醚(CH3OCH3)在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用.工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3的新工艺主要发生三个反应:①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1=﹣91kJ•mol﹣1②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=﹣24kJ•mol﹣1③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H3=﹣41kJ•mol﹣1回答下列问题:(1)新工艺的总反应为3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)△H该反应△H=﹣247KJ•mol ﹣1,平衡常数表达式K=.(2)增大压强,CH3OCH3的产率增大(填“增大”、“减小”或“不变”).(3)原工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行,无反应③发生.新工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率,原因是反应③消耗了反应②中的产物H2O,使反应②的化学平衡向正反应方向移动,从而提高CH3OCH3的产率.(4)为了寻找合适的反应温度,研究者进行了一系列试验,每次试验保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变,试验结果如图.CO转化率随温度变化的规律是温度低于240℃时,CO 的转化率随着温度的升高而增大;温度高于240℃时,CO的转化率随着温度的升高而减小,度的升高反应速率增大,CO的转化率也增大;在较高温时,各反应体系均已达到平衡,CO的转化率主要受反应限度影响,随着温度的升高平衡向逆反应方向移动,CO的转化率减小.考点:热化学方程式;化学平衡的影响因素.分析:(1)①CO( g)+2H2(g)⇌CH3OH( g)△H1=﹣91kJ•mol﹣1,②2CH30H(g)⇌CH30CH3(g)+H20(g)△H2=﹣24kJ•mol﹣1,③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H3=﹣41kJ•mol﹣1,根据盖斯定律,①×2+②+③计算△H;平衡常数指产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值;(2)反应前后气体的气体减小,增大压强平衡向体积减小的方向移动;(3)反应③消耗了反应②中的产物H2O,使反应②的化学平衡向正反应方向移动;(4)由图表可知,在较低温时,反应体系均未达到平衡,CO的转化率主要受反应速率影响,随着温度的升高反应速率增大,CO的转化率也增大;在较高温时,反应体系均已达到平衡,随着温度的升高平衡向逆反应方向移动,CO的转化率减小.解答:解:(1)已知①CO( g)+2H2(g)⇌CH3OH( g)△H1=﹣91kJ•mol﹣1,②2CH30H(g)⇌CH30CH3(g)+H20(g)△H2=﹣24kJ•mol﹣1,③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H3=﹣41kJ•mol﹣1,根据盖斯定律,①×2+②+③得3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=﹣247kJ•mol﹣1,平衡常数指产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值,所以K=,故答案为:﹣247KJ•mol﹣1;;(2)反应前后气体的气体减小,增大压强平衡向体积减小的方向移动,即向正反应方向移动,CH30CH3的产率增大,故答案为:增大;(3)反应③消耗了反应②中的产物H2O,使反应②的化学平衡向正反应方向移动,从而提高CH3OCH3的产率,故答案为:反应③消耗了反应②中的产物H2O,使反应②的化学平衡向正反应方向移动,从而提高CH3OCH3的产率;(4)由图表可知,温度低于240℃时,CO的转化率随着温度的升高而增大;温度高于240℃时,CO的转化率随着温度的升高而减小,反应速率增大,CO的转化率也增大;在较高温时,各反应体系均已达到平衡,CO的转化率主要受反应限度影响,随着温度的升高平衡向逆反应方向移动,CO的转化率减小,故答案为:温度低于240℃时,CO的转化率随着温度的升高而增大;温度高于240℃时,CO的转化率随着温度的升高而减小;在较低温时,各反应体系均未达到平衡,CO的转化率主要受反应速率影响,随着温度的升高反应速率增大,CO的转化率也增大;在较高温时,各反应体系均已达到平衡,CO的转化率主要受反应限度影响,随着温度的升高平衡向逆反应方向移动,CO的转化率减小.点评:本题考查反应热的计算、平衡移动、化学平衡常数等,难度中等,难点在于读图明白温度为240℃时反应体系均已达到平衡.11.(16分)硼酸(H3BO3)大量应用于玻璃制造行业,以硼镁矿(含2MgO•B2O3•H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3)为原料生产硼酸的工艺流程如下(图1):已知:H3BO3在20℃、40℃、60℃、100℃时的溶解度依次为5.0g、8.7g、14.8g、40.2g.Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时,溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4.(1)由于矿粉中含CaCO3,“浸取”时容易产生大量泡沫使物料从反应器溢出,故应分批加入H2SO4.该反应的化学方程式为CaCO3(粉末)+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑.(2)“浸出液”显酸性,含H3BO3和Mg2+、SO42﹣,还含有Fe3+、Fe2+、Ca2+、Al3+等杂质.“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO,除去的杂质离子是Fe3+、Fe2+、Al3+.H2O2的作用是H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O(用离子方程式表示).(3)“浸取”后,采用“热过滤”的目的是防止温度下降时H3BO3从溶液中析出.(4)“母液”可用于回收硫酸镁,已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图2,且溶液的沸点随压强增大而升高.为了从“母液”中充分回收MgSO4•H2O,应采取的措施是将“母液”蒸发浓缩,加压升温结晶.考点:难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题:电离平衡与溶液的pH专题.分析:(1)CaCO3与硫酸反应生成二氧化碳、硫酸钙和水;(2)加适量H2O2把Fe2+氧化为Fe3+,加MgO调节PH,使Fe3+、Al3+转化为沉淀;(3)H3BO3的溶解度随温度的升高而增大;(4)根据图2和溶液的沸点随压强增大而升高分析.解答:解:(1)CaCO3与硫酸反应生成二氧化碳、硫酸钙和水,该反应的化学方程式为:CaCO3(粉末)+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑;故答案为:CaCO3(粉末)+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑;(2)加适量H2O2把Fe2+氧化为Fe3+,所以H2O2的作用是:H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O,加MgO调节PH,使Fe3+、Al3+转化为沉淀而除去,所以除去的离子有Fe3+、Fe2+、Al3+;。
松口中学2015届高三化学 二轮复习专题9 有机化学试题1.(2010广东)固定和利用CO2能有效地利用资源,并减少空气中的温室气体。
CO2与化合物Ⅰ反应生成化合物Ⅱ,与化合物Ⅲ反应生成化合物Ⅳ,如反应①和②所示(其他试剂、产物及反应条件均省略)。
反应①CHCO2CHCOOHCH 2COOHCH 2反应②CH CH 2O CO22CH OO OCH CH 2NH(1)化合物Ⅰ的分子式为______,1 mol 该物质完全燃烧需消耗_______mol O2(2)由CH 2CH 2Br通过消去反应制备Ⅰ的化学方程式为(注明反应条件)______________________________________________________________(3)Ⅱ与过量C2H5OH 在酸催化下发生酯化反应,生成的有机物的结构简式为_____________ (4)在一定条件下,化合物V 能与CO2发生类似反应②的反应,生成两种化合物(互为同分 异构体),请写出其中任意一种化合物的结构简式: ____________________(5)与CO2类似,CO 也能被固定和利用。
在一定条件下,CO 、H 和H2三者发生反应(苯环不参与反应),生成化合物Ⅵ和Ⅶ,其分子式均为C9H8O ,且都能发生银镜反应.下列关于Ⅵ和Ⅶ的说法正确的有________(双选,填字母)。
A .都属于芳香烃衍生物 B .都能使溴的四氯化碳溶液褪色C .都能与Na 反应放出H2 D . 1 mol Ⅵ或Ⅶ最多能与4 mol H2发生加成反应 参考答案: 30.(16分)(1) C8H8 10(2) (5) AB(3)(4) (任选一种)2、(2011广东)直接生成碳-碳键的反应时实现高效、绿色有机合成的重要途径。
交叉脱氢偶联反应是近年备受关注的一类直接生成碳-碳单键的新反应。
例如:化合物I 可由以下合成路线获得:化合物I 的分子式为 ,其完全水解的化学方程式为(注明条件)化合物II 与足量浓氢溴酸反应,化学方程式为(注明条件)化合物III 没有酸性,其结构简式为 ;III 的一种同分异构体V 能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2,化合物V 的结构简式为反应①中1个脱氢剂VI (结构简式见右)分子获得2个氢原子后,转变成1个芳香族化合物分子,该芳香族化合物分子的结构简式(5)1分子N CH 3CH 3与1分子H 在一定条件下可发生类似①的反应,其产物分子的结构简式为 ;1mol 该产物最多可与 molH2发生加成反应。
梅州市高三总复习质检试卷(2015.3)理科综合化学部分理科综合(化学)参考答案及评分标准一、二选择题:30.(16分)⑴ C 10H 9O 2Cl 3(2分) 4(2分) ⑵ CH 3COOH (2分)⑶ C 6H 5Br + CH 2=CHCOOC 2H 5 C 6H 5CH =CHCOOC 2H 5 + HBr (2分) ⑷ 加成反应(2分) 浓硫酸、加热(2分)(2分;任写1种即可) ⑸ 4(2分) 31.(16分)⑴ ① <(1分)② 逐渐减小(1分) ⑵ A (2分)⑶ ① 0.0020(2分) ② >(2分)③ 反应达平衡时N 2O 4的浓度减少0.0020 mol/(L ·s) ×10s =0.020 mol/L (1分) N 2O 4(g )2NO 2(g )c 开始(mol/L) 0.040 0.12c 平衡(mol/L) (0.040-0.020)(0.12+0.020×2)(2分)⑷ 负极(1分) 3O 2 + 6H 2O + 12e -=12OH -(2分)32.(16分)题号 7 8 9 10 11 12 22 23 答案BCACBDCDAD=1.28(2分) c(N 2O 4) c 2(NO 2) = 0.0200.16×0.16 = K ClOHClCH 2CH 2ClCl CH 2CH 2ClOHClCl OHClCHClCH 3Cl CHClCH 3OHCl⑴ 阳(1分) CuSO 4溶液(1分) Cu 2+ + 2e -= Cu (2分)⑵ Cu 2+、Fe 2+(2分) 2Fe 2+ + H 2O 2 + 2H + =2Fe 3+ + 2H 2O (2分) ⑶ B (2分)⑷ 2AuCl 4-+ 3SO 2 + 6H 2O =2Au + 8Cl -+ 3SO 2-4+ 12H +(3分)⑸ 2.2(3分) 33.(16分)⑴ CuCl 2溶液中存在水解平衡CuCl 2 + 2H 2OCu (OH )2 + 2HCl ,加热时HCl 逸出使平衡不断右移,同时得到的Cu (OH )2受热分解生成CuO (3分)⑵ 取2~3mL 最后的洗涤液于试管中,滴入少量稀硝酸酸化,再滴入几滴硝酸银溶液,若无白色沉淀产生,则洗涤干净(2分)⑶(3分)⑷ 收集25 mL 气体所需的时间(2分) ⑸ 碱式(2分) ⑹[4分;标出横坐标上的c 、b 、t 得1分,标出纵坐标上的V (O 2)/mL 、25得1分,画出MnO 2的曲线得1分,画出CuO 的曲线得1分]失去6×2e -3O 2↑ + 2KCl △MnO 22KClO 3 得到2×6e -。
松口中学2015届高三化学 三轮复习专题9 有机化学1.(2015广州调研)羰基化反应是制备不饱和酯的有效途径,如:化合物I 可由化合物Ⅲ合成:(1)化合物Ⅱ的分子式为________,化合物Ⅱ在NaOH 溶液中完全水解的化学方程式为:_________________________________________________________________________ (2)化合物Ⅲ的结构简式为____________________,化合物Ⅳ通过消去反应生成化合物I 的化学方程式为:__________________________________________________________(注明反应条件) (3)化合物Ⅴ是化合物Ⅱ的同分异构体,苯环上有两个取代基且能发生银镜反应,Ⅴ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有两组峰,峰面积之比为1︰2,Ⅴ的结构简式为_________(写一种即可)。
(4)聚合物 单体的结构简式为______________。
用类似反应①的方法,利用丙炔与合适的原料可以合成该单体,化学方程式为:___________________________________________________________________________2.(2015广州一模)一种有机高分子催化剂(Ⅰ)的结构简式如图。
Ⅳ是Ⅰ的一种单体,其制备路线为:反应①:-C≡CH + CO + CH 3OH-C -C -O -CH 3 O CH 2ⅠⅡ一定条件—CHBrCHBrCOOHBr 2/CCl 4 ⅢNa 2CO 3—CH=CHBrⅠ加成ⅣCH 3 COOCH 3CH 2-CnⅠ —CH 2-CH ——CH 2-CH —N NHOC=OCH 3 NNH CH CH 2O -C -CH 3 ONH CH=CH 2 N(1)Ⅳ的分子式为________,Ⅳ最多可与________mol H2发生加成反应。
广东省梅县松口中学冲刺试题22015.5.287.化学与社会、生产、生活紧切相关。
下列说法正确的是A.棉花和木材的主要成分都是纤维素,蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质B.石油干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等C.从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现D.纯碱可用于生产普通玻璃,日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污8.下列微粒可以大量共存于同一溶液中的是A.NH4+、CH3COO-、Ca2+、Cl-B.Ca2+、Ag+、SO42―、NO3―C.Cu2+、H+、S2―、NO3―D.C6H5O―、Fe3+、H+、Cl―9.N A表示阿伏加德罗常数,下列判断正确的是A.常温常压下,16g甲烷分子所含质子数为10N AB.1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2N AC.标准状况下,22.4L乙醇的分子数为N AD.1 L 0.01 mol的Na2CO3溶液中含有0.01N A 个CO32-10.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是选项叙述Ⅰ叙述ⅡA 甲醛能使蛋白质变性常用高浓度甲醛溶液浸泡食用海产品以防腐B Na2SiO3溶液水解显碱性水玻璃可用作木材防火剂C H2O2被还原后的产物是O2工业上H2O2可用作绿色氧化剂D 锌的金属活泼性比铁强可用锌保护石油管道(碳素钢管)以减缓其腐蚀11.常温下,对pH=10的氨水而言,下列说法正确的是A.溶液中由水电离的氢离子浓度为10-4 mol•L-1B.与pH=4的盐酸等体积混合后,c(Cl―)> c(NH4+)C.通入一定量氨气后,依然存在c(NH4+)+ c(H+)= c(OH―)D.氨水中存在:c(NH3·H2O) >c(NH4+) >c(OH-) >c(H+)12.图乙中I是氢氧燃料电池的示意图,某同学想在II中实现Fe上镀铜,下列说法正确的是:A.a 处通入O2B.b 处发生氧化反应C.电流由Cu电极移向bD .Fe 电极发生的反应为:Cu 2+ + 2e - = Cu22.甲~辛等元素在元素周期表中的相对位置如下表所示,已知甲是IA 族元素,乙与己同周期,己单质在暗处与H 2剧烈化合并发生爆炸。
松口中学2015届高三化学二轮复习专题1 有机化学基础1.(2010广东)下列说法正确的是()A.乙烯和乙烷都能发生加聚反应B.蛋白质水解的最终产物是多肽C.米酒变酸的过程涉及了氧化反应D.石油裂解和油脂皂化都有高分子生成小分子的过程2.(2011广东)下列说法正确的是()A.纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色B.蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质C.溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热生成乙烯D.乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇3.(2012广东)化学与生活息息相关,下列说法不正确的是()A.用食醋可除去热水壶内壁的水垢B.淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物C.自行车钢架生锈主要是电化学腐蚀所致D.新型复合材料使手机、电脑等电子产品更轻巧、实用和新潮4.(2013广东)下列说法正确的是()A.糖类化合物都具有相同的官能团B.酯类物质是形成水果香味的主要成分C.油脂的皂化反应生成脂肪酸和丙醇D.蛋白质的水解产物都含有羧基和羟基5.(2014广东)生活处处有化学,下列说法正确的是()A.制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B.做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C.煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D.磨豆浆的大豆富含蛋白质,豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸6.(2014广州二模)化学与生活密切相关,下列说法正确的是()A.蛋白质和油脂都是天然高分子化合物B.CO2和CH4都是造成温室效应气体C.蔗糖和麦芽糖水解产物均为葡萄糖D.苯酚和甲苯遇FeCl3均显紫色7.(2014广州三模)下列说法正确的是()A.乙酸乙酯和纤维素乙酸酯均可水解生成乙醇B.溴乙烷、苯酚一定条件下都能与NaOH水溶液发生反应C.苯、乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色D.葡萄糖和蔗糖溶液都能发生银镜反应8.(2014潮州二模)下列说法正确的是()A.煤的液化和气化都是物理变化B.乙醇、乙酸和甲醛广泛应用于食品加工C.蛋白质、橡胶和塑料都是天然高分子D.高铁车厢大部分材料采用铝合金,因铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强9.(2014佛山二模)下列说法正确的是()A.淀粉、油脂、氨基酸都能水解,但水解产物不同B.甲醛可用作食品防腐剂C.植物油和裂化汽油都能使溴水褪色D.对“地沟油”进行分馏可以制得汽油、煤油,达到变废为宝的目的10.(2014惠州一模)下列说法正确的是()A.淀粉在人体内能水解成葡萄糖B.纤维素和淀粉遇碘水均呈蓝色C.葡萄糖和淀粉均属于高分子化合物D.凡含有食品添加剂的食物均不可食用11.(2014惠州二模)下列有关物质的性质和应用正确的是()A.油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油B.福尔马林可防腐,可用它保存海鲜产品C.乙醇、糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质D.合成橡胶与光导纤维都属于有机高分子材料12.(2014惠州三模)下列说法不正确的是()A.干馏煤可以得到甲烷、苯、和煤焦油等重要化工原料B.淀粉、纤维素和脂肪在一定条件下都可以发生水解反应C.用大米酿的酒在一定条件下密封保存,时间越长越香醇D.“乙醇汽油”是在汽油中加入乙醇生成的一种新化合物13.(2014江门一模)下列说法正确的是()A.蛋白质、油脂、糖类都是高分子化合物B.甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到C.苯、乙醇和乙酸都能发生取代反应D.汽油、煤油、卤代烃均为烃14.(2014揭阳一模)下列说法正确的是()A.乙烷和乙烯均可使酸性KMnO4溶液褪色B.纤维素、淀粉和蛋白质都是高分子化合物C.煤的干馏和石油的分馏均属化学变化D.酯类和糖类均能发生水解反应15.(2014揭阳二模)下列说法正确的()A.“地沟油”、“塑化剂”(邻苯二甲酸酯类物质)均属于高分子化合物,都对健康有害B.明矾净水时发生了化学及物理变化,能起到杀菌、消毒的作用C.红葡萄酒储藏时间长后变香是因为乙醇发生了酯化反应D.含钙、钡等金属元素的物质有绚丽的颜色,可用于制造焰火16.(2014揭阳模拟)下列说法正确的是:()A.乙烯和苯都能使酸性KMnO4溶液褪色B.乙酸和乙醇都能发生取代反应C.油脂水解的产物是氨基酸和甘油D.用二氧化硅制备单质硅不涉及氧化还原反应17.(2014揭阳模拟)下列有关说法中正确的是()A.糖类、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物B.煤经气化、液化和干馏三个物理变化过程,可变为清洁能源C.乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的D.使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀18.(2014茂名一模)下列关于常见有机物的说法正确的是()A.乙炔的化学性质与乙烯的相似,也能形成高分子化合物B.甲烷是水煤气的主要成分C.不粘锅的原料为烃类化合物D.葡萄糖、鸡蛋清均能与NaOH溶液反应19.(2014茂名二模)下列有关常见有机物说法正确..的是()A.乙烯、苯、纤维素均属于烃类化合物B.天然氨基酸能与强酸或强碱溶液反应C.石油的蒸馏、裂化属于化学变化D.油脂、聚氯乙烯均属于高分子化合物20.(2014清远一模)下列说法正确的是()A.纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应B.油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色C.石油分馏、煤的干馏均为物理变化D.我国首艘航母“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是特种钢缆,属于金属材料21.(2014汕头一模)下列说法正确的是()A.淀粉和蛋白质均可作为生产葡萄糖的原料B.实验室可用酸性高锰酸钾溶液鉴别甲苯和己烯C.石油裂化和油脂皂化都是高分子生成小分子的过程D.装饰材料中的甲醛和芳香烃会造成居室污染22.(2014汕头二模)下列有关物质的性质和应用正确的是()A.福尔马林可用于保存海鲜产品B.油脂在酸性条件下可水解生成高级脂肪酸和甘油C.乙醇、糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质D.合成橡胶与光导纤维都属于有机高分子材料23.(2014韶关一模)下列说法正确的是()A.苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色B.乙烯和1,3-丁二烯互为同系物,它们均能使Br2水褪色C.葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6,二者互为同分异构休D.乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2,二者分子中官能团相同24.(2014深圳一模)下列有关有机物性质的说法正确的是()A.蛋白质可以与酸、碱或重金属盐反应B.芳香烃都不能使酸性KMnO4溶液褪色C.CH3CH2OH与氢溴酸不能反应D.石油的分馏可获得乙烯、丙烯等不饱和烃25.(2014深圳二模)下列说法正确的是()A.甲苯是饱和烃,氯乙烯是不饱和烃B.石油的裂化产品能使溴水褪色C.蛋白质在CuSO4溶液中发生盐析D.油脂在NaOH溶液中水解生成高级脂肪酸和甘油26.(2014湛江一模)下列叙述不正确...的是()A.油脂含C、H、O三种元素,属于酯类B.蛋白质、糖类物质都能发生水解反应C.石油是混合物,其分馏产品汽油也是混合物D.用溴水可以将甲烷和乙烯区分开27.(2014湛江二模)下列说法正确的是()A.食用植物油是人体的营养物质B.分馏、干馏是物理变化,裂化、裂解是化学变化C.淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物D.甲烷、汽油、酒精都是碳氢化合物,都可作燃料28.(2014肇庆一模)下列说法正确的是()A.油脂饱和程度越大,熔点越低B.氨基酸、二肽、蛋白质均既能跟强酸反应又能跟强碱反应C.蔗糖、麦芽糖、硬脂酸甘油酯酸性水解都能得到2种物质D.麻黄碱()的催化氧化产物能发生银镜反应29.(2014梅州一模)化学与社会、生产、生活紧切相关。
2015年广东省梅州市梅县松口中学高考化学冲刺试卷一、选择题(共8小题,每小题4分,满分36分)1.化学与社会、生产、生活紧切相关.下列说法正确的是()A.棉花和木材的主要成分都是纤维素,蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质B.石油干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等C.从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现D.纯碱可用于生产普通玻璃,日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污2.下列微粒可以大量共存于同一溶液中的是()A.NH4+、CH3COO﹣、Ca2+、Cl﹣B.Ca2+、Ag+、SO42﹣、NO3﹣C.Cu2+、H+、S2﹣、NO3﹣D.C6H5O﹣、Fe3+、H+、Cl﹣3.N A表示阿伏加德罗常数,下列判断正确的是()A.常温常压下,16g甲烷分子所含质子数为10N AB.1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2N AC.标准状况下,22.4L乙醇的分子数为N AD.1 L 0.01 mol的Na2CO3溶液中含有0.01N A个CO32﹣4.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是()选项叙述Ⅰ叙述ⅡA 甲醛能使蛋白质变性常用高浓度甲醛溶液浸泡食用海产品以防腐B Na2SiO3溶液水解显碱性水玻璃可用作木材防火剂C H2O2被还原后的产物是O2工业上H2O2可用作绿色氧化剂D 锌的金属活泼性比铁强可用锌保护石油管道(碳素钢管)以减缓其腐蚀A.A B.B C.C D.D5.常温下,对pH=10的氨水而言,下列说法正确的是()A.溶液中由水电离的氢离子浓度为10﹣4B.与pH=4的盐酸等体积混合后,c(Cl﹣)>c(NH4+)C.通入一定量氨气后,依然存在c(NH4+)+c(H+)=c(OH﹣)D.氨水中存在:c(NH3•H2O)>c(NH4+)>c(OH﹣)>c(H+)6.图中I是氢氧燃料电池的示意图,某同学想在II中实现Fe上镀铜,下列说法正确的是()A.a处通入O2B.b处发生氧化反应C.电流由Cu电极移向bD.Fe电极发生的反应为:Cu2++2e﹣=Cu7.甲~辛等元素在元素周期表中的相对位置如下表所示,已知甲是IA族元素,乙与己同周期,己单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸.下列判断正确的是:()A.金属性:乙>丙>丁B.原子半径大小:丁>丙>乙>己C.甲、乙、丙的氧化物都含有共价键D.丁和乙的原子核外电子数相差16,己和辛的原子核外电子数相差268.下列根据实验操作和现象所得出的解释或结论正确的是()选项实验操作现象解释或结论A 向漂白粉样品中滴入少量浓盐酸,试管口用湿润的KI淀粉试纸检验试纸变蓝逸出的气体不一定是纯净的Cl2B 浓磷酸与NaBr固体混合加热有气体产生H3PO4的酸性比HBr的酸性强C 向Na2S溶液中滴加盐酸产生气泡Cl的非金属性比S强D Mg(OH)2悬浊液中加入pH=7的醋酸铵溶液沉淀溶解加入醋酸铵发生NH4++OH﹣⇌NH3•H2O,使Mg(OH)2⇌Mg2++2OH﹣平衡向右移动A.A B.B C.C D.D二、解答题(共5小题,满分64分)9.查尔酮类化合物是黄酮类药物的主要合成中间体.(1)下列查尔酮类化合物I的说法正确的是.A.加入溴的四氯化碳溶液,溶液褪色B.可发生加成或取代反应C.不与NaOH溶液发生反应D.加入新制的氢氧化铜有红色沉淀生成(2)反应①是制取查尔酮类化合物的一种方法:化合物Ⅲ的分子式是,1mol化合物III最多能与mol H2发生加成反应.(3)化合物Ⅱ可由化合物IV(分子式:C8H10O)在Cu催化氧化下制得,则化合物IV的结构简式为,化合物IV的一种同分异构体V为芳香族化合物,其核磁共振氢谱上有四组峰,峰面积之比为为1:1:2:6,则V的结构简式为(任写一种).(4)聚合物是一种高分子材料,请利用类似反应①方法,用丙烯和丙醛为有机物原料合成该聚合物的单体.合成过程中涉及的反应方程式为.10.碳氧化物的转化有重大用途,回答关于CO和CO2的问题.(1)己知:①C (s)+H2O(g)⇌CO (g)+H2(g)△H1②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2③H2O (g)=H2(g)+O2(g)△H3则C (s)+O2(g)=CO2(g)的△H=(用△H1、△H2、△H3表示).(2)对于化学平衡①,在不同温度下,CO的浓度与反应时间的关系如图所示,由图可得出如下规律:随着温度升高,①②(3)某温度下,将6.0mol H2O(g)和足量碳充入3L的恒容密闭容器中,发生如下反应:C (s)+H2O(g)⇌CO (g)+H2(g),达到平衡时测得lgK=﹣1.0(K为平衡常数),求平衡时H2O(g)的转化率?(写出计算过程)11.如图所示,横坐标为溶液的pH,纵坐标为Zn2+或ZnO22﹣物质的量浓度的对数,回答下列问题.(ZnO22﹣和[Zn(OH)4]2﹣表示一样)(1)往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应的离子方程式可表示为:(2)从图中数据计算可得Zn(OH)2的溶度积Ksp=.12.NiSO4•6H2O是一种绿色易溶于水的晶体,可由电镀废渣(除镍外,还含有铜、锌、铁等元素)为原料获得.操作步骤如下:(1)向滤液Ⅰ中加入FeS是为了生成难溶于酸的硫化物沉淀而除去Cu2+、Zn2+等杂质,则除去Cu2+的离子方程式为:(2)对滤液Ⅱ的操作,请回答:①往滤液Ⅱ中加入H2O2的离子方程式:②调滤液ⅡpH的目的是除去Fe3+,其原理是Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+,检验Fe3+是否除尽的操作和现象是:(3)滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4,加Na2CO3过滤后得到NiCO3固体,再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4,这两步操作的目的是(4)得到的NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操作可得到NiSO4•6H2O晶体,请回答:①为了提高产率,过滤后得到的母液要循环使用,则应该回流到流程中的位置(填a、b、c、d)②如果得到产品的纯度不够,则应该进行操作(填操作名称)③理论上从100Kg 废渣(Ni元素含量为59%)中可回收NiSO4•6H2O的质量为Kg.(Ni的相对原子质量为59,NiSO4•6H2O相对分子质量为227)13.某学习小组依据SO2具有还原性,推测SO2能被Cl2氧化生成SO2Cl2.查阅资料:SO2Cl2常温下为无色液体,极易水解,遇潮湿空气会产生白雾.Ⅰ.化合物SO2Cl2中S元素的化合价是.Ⅱ.用二氧化锰和浓盐酸制氯气的化学方程式是.Ⅲ.在收集氯气前,应依次通过盛有饱和食盐水和的洗气瓶.Ⅳ.用如图所示装置收集满Cl2,再通入SO2,集气瓶中立即产生无色液体,充分反应后,将液体和剩余气体分离,进行如下研究.(1)研究反应的产物.向所得液体中加水,出现白雾,振荡、静置得到无色溶液.经检验该溶液中的阴离子(除OH﹣外)只有SO42﹣、Cl﹣,证明无色液体是SO2Cl2.①写出SO2Cl2与H2O反应的化学方程式.②检验该溶液中Cl﹣的方法是.(2)继续研究反应进行的程度.用NaOH溶液吸收分离出的气体,用稀盐酸酸化后,再滴加BaCl2溶液,产生白色沉淀.①该白色沉淀的成分是.②写出SO2与Cl2反应的化学方程式,并阐述理由.2015年广东省梅州市梅县松口中学高考化学冲刺试卷参考答案与试题解析一、选择题(共8小题,每小题4分,满分36分)1.化学与社会、生产、生活紧切相关.下列说法正确的是()A.棉花和木材的主要成分都是纤维素,蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质B.石油干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等C.从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现D.纯碱可用于生产普通玻璃,日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污考点:纤维素的性质和用途;海水资源及其综合利用;钠的重要化合物;煤的干馏和综合利用.专题:化学应用.分析:A.棉花和木材的主要成分都是纤维素,蚕丝的主要成分都是蛋白,人造丝是一种丝质的人造纤维,主要成分不是蛋白质;B.石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等;C.海水晒盐是物理变化;D.纯碱可用于生产普通玻璃,纯碱水解显碱性,故日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污.解答:解:A.棉花和木材的主要成分都是纤维素,蚕丝的主要成分都是蛋白,人造丝是一种丝质的人造纤维,主要成分不是蛋白质,故A错误;B.石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等,故B错误;C.海水晒盐是物理变化,故C错误;D.纯碱可用于生产普通玻璃,纯碱水解显碱性,故日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污,故D正确;故选D.点评:本题考查了蚕丝和人造丝的主要成分、石油分馏、纯碱的用途等知识,难度不大,注意知识的积累.2.下列微粒可以大量共存于同一溶液中的是()A.NH4+、CH3COO﹣、Ca2+、Cl﹣B.Ca2+、Ag+、SO42﹣、NO3﹣C.Cu2+、H+、S2﹣、NO3﹣D.C6H5O﹣、Fe3+、H+、Cl﹣考点:离子共存问题.分析:根据离子或分子之间不能结合生成水、气体、沉淀等,不能发生氧化还原反应,则可大量共存,以此来解答.解答:解:A.离子之间不发生反应,在溶液中可以大量共存,故A正确;B.Ca2+、Ag+、SO42﹣反应生成沉淀,不能大量共存,故B错误;C.H+、S2﹣、NO3﹣发生氧化还原反应,不能大量共存,故C错误;D.C6H5O﹣、Fe3+、H+发生显色反应,不能大量共存,故D错误.故选A.点评:本题考查离子的共存,为高考常见题型,侧重信息的抽取和复分解反应的考查,注重学生思维严密性的训练,有利于提高学生分析问题解决问题的能力,易错点为D,题目难度不大.3.N A表示阿伏加德罗常数,下列判断正确的是()A.常温常压下,16g甲烷分子所含质子数为10N AB.1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2N AC.标准状况下,22.4L乙醇的分子数为N AD.1 L 0.01 mol的Na2CO3溶液中含有0.01N A个CO32﹣考点:阿伏加德罗常数.专题:阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.分析:A.甲烷分子中含有10个质子,16g甲烷的物质的量为1mol,1mol甲烷中含有10mol质子;B.1mol氯气与氢氧化钠溶液的反应中,氯气既是氧化剂也是还原剂,1mol氯气转移了1mol电子;C.标准状况下,乙醇的状态为液体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算;D.碳酸根离子在溶液中部分水解,导致溶液中碳酸根离子数目减少.解答:解:A.16g甲烷的物质的量为1mol,1mol甲烷中含有10mol质子,所含质子数为10N A,故A正确;B.氯气与氢氧化钠溶液的反应中,氯气既是氧化剂也是还原剂,1mol Cl2完全反应转移1mol电子,转移的电子数为N A,故B错误;C.标况下乙醇的状态不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙醇的物质的量,故C错误;D.1L 0.01 mol的Na2CO3溶液中含有0.01mol碳酸钠,由于碳酸根离子部分水解,则溶液中含有的碳酸根离子小于0.01N A,故D错误;故选A.点评:本题考查阿伏加德罗常数的应用,题目难度中等,注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,明确标况下气体摩尔体积的使用条件.4.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是()选项叙述Ⅰ叙述ⅡA 甲醛能使蛋白质变性常用高浓度甲醛溶液浸泡食用海产品以防腐B Na2SiO3溶液水解显碱性水玻璃可用作木材防火剂C H2O2被还原后的产物是O2工业上H2O2可用作绿色氧化剂D 锌的金属活泼性比铁强可用锌保护石油管道(碳素钢管)以减缓其腐蚀A.A B.B C.C D.D考点:甲醛;过氧化氢;防止金属腐蚀的重要意义;钠的重要化合物.分析:A、甲醛有毒;B、水玻璃不燃烧也不支持燃烧;C、化合价升高被氧化,不是被还原;D、锌活泼些强于铁,在原电池中作负极.解答:解:A、甲醛有毒,不能用于浸泡食用海产品,故A错误;B、水玻璃不燃烧也不支持燃烧,所以水玻璃可以用作木材防火剂,故B错误;C、H2O2被还原后的产物是H2O,因此可以作为绿色氧化剂,故C错误;D、锌活泼些强于铁,在原电池中作负极,故可用锌保护石油管道(碳素钢管)以减缓其腐蚀,故D 正确,故选D.点评:本题考查物质的性质及其用途、原电池原理等,难度不大,要注意性质决定用途.5.常温下,对pH=10的氨水而言,下列说法正确的是()A.溶液中由水电离的氢离子浓度为10﹣4B.与pH=4的盐酸等体积混合后,c(Cl﹣)>c(NH4+)C.通入一定量氨气后,依然存在c(NH4+)+c(H+)=c(OH﹣)D.氨水中存在:c(NH3•H2O)>c(NH4+)>c(OH﹣)>c(H+)考点:离子浓度大小的比较.分析:A、对pH=10,溶液中的氢离子全部由水电离产生的,所以氢离子浓度为10﹣10;B、pH=4的盐酸等体积混合后溶液呈碱性,根据电荷守恒分析解答;C、电荷守恒分析解答;D、溶液中存在水的电离,所以氢氧根离子浓度大于铵根离子.解答:解:A、对pH=10的氨水而言,溶液中的氢离子全部由水电离产生的,所以氢离子浓度为10﹣10,故A错误;B、pH=4的盐酸等体积混合后溶液呈碱性,所以c(OH﹣)>c(H+),根据电荷守恒:c(Cl﹣)+c (OH﹣)=c(NH4+)+c(H+),所以c(Cl﹣)<c(NH4+),故B错误;C、电荷守恒:c(NH4+)+c(H+)=c(OH﹣),故C正确;D、溶液中存在水的电离,所以氢氧根离子浓度大于铵根离子,所以离子浓度为:c(NH3•H2O)>c(OH﹣)>c(NH4+)>c(H+),故D错误;故选C.点评:本题考查了水的电离及其影响因素和离子浓度大小的比较,题目难度中等,注意电荷守恒在解题中的应用.6.图中I是氢氧燃料电池的示意图,某同学想在II中实现Fe上镀铜,下列说法正确的是()A.a处通入O2B.b处发生氧化反应C.电流由Cu电极移向bD.Fe电极发生的反应为:Cu2++2e﹣=Cu考点:原电池和电解池的工作原理.分析:F e上镀铜时,Fe作阴极,接电源的负极,氢氧燃料电池中,氢气在负极失电子发生氧化反应,Cu作阳极,接电源的正极,即通入氧气的电极,据此分析.解答:解:A、Fe上镀铜时,Fe作阴极,所以a处通入氢气,故A错误;B、b处通入氧气,氧气在正极发生还原反应,故B错误;C、a为负极b为正极,电流从正极经外电路流向负极,电流从b电极流向Cu,故C错误;D、Fe为阴极,电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu,故D正确;故选D.点评:本题考查原电池和电解池的知识,题目难度中等,解答此种类型的题目的关键是能把握电化学原理,能正确书写电极反应式.7.甲~辛等元素在元素周期表中的相对位置如下表所示,已知甲是IA族元素,乙与己同周期,己单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸.下列判断正确的是:()A.金属性:乙>丙>丁B.原子半径大小:丁>丙>乙>己C.甲、乙、丙的氧化物都含有共价键D.丁和乙的原子核外电子数相差16,己和辛的原子核外电子数相差26考点:原子结构与元素的性质.分析:己单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸,则己为F元素,由元素在周期表中的位置,可知戊为He、庚为Ar、辛为Br,由于甲是IA族元素,乙与己同周期,则甲为H、乙为Be、丙为Na、丁为Ca.A.同主族从上到下金属性增强,同周期自左而右金属性减弱,根据金属活动顺序表判断钠与Ca的金属性强弱;B.同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,电子层越多原子半径越大;C.氧化钠只含有离子键;D.由周期性可知,丁和乙的原子核外电子数相差为第二、三周期容纳元素种数,己和辛的原子核外电子数相差为第三、四周期容纳元素种数.解答:解:己单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸,则己为F元素,由元素在周期表中的位置,可知戊为He、庚为Ar、辛为Br,由于甲是IA族元素,乙与己同周期,则甲为H、乙为Be、丙为Na、丁为Ca.A.同主族从上到下金属性增强,同周期自左而右金属性减弱,由金属活动顺序表可知Ca的金属性比Na强,则金属性:丁>丙>乙,故A错误;B.同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,电子层越多原子半径越大,则原子半径为:丁>丙>乙>己,故B正确;C.氧化钠只含有离子键,故C错误;D.由周期性可知,丁和乙的原子核外电子数相差为第二、三周期容纳元素种数,二者原子序数相差8+8=16,己和辛的原子核外电子数相差为第三、四周期容纳元素种数,二者原子序数相差8+18=26,故D正确,故选BD.点评:本题考查本题考查位置结构性质的综合应用,注意对元素周期表与元素周期律掌握,理解同主族元素族序数关系.8.下列根据实验操作和现象所得出的解释或结论正确的是()选项实验操作现象解释或结论A 向漂白粉样品中滴入少量浓盐酸,试管口用湿润的KI淀粉试纸检验试纸变蓝逸出的气体不一定是纯净的Cl2B 浓磷酸与NaBr固体混合加热有气体产生H3PO4的酸性比HBr的酸性强C 向Na2S溶液中滴加盐酸产生气泡Cl的非金属性比S强D Mg(OH)2悬浊液中加入pH=7的醋酸铵溶液沉淀溶解加入醋酸铵发生NH4++OH﹣⇌NH3•H2O,使Mg(OH)2⇌Mg2++2OH﹣平衡向右移动A.A B.B C.C D.D考点:化学实验方案的评价.分析:A.向漂白粉样品中滴入少量浓盐酸,生成氯气可氧化碘离子,且盐酸易挥发;B.利用难挥发性酸制取易挥发性酸;C.不能利用氢化物对应酸性比较非金属性;D.醋酸铵电离生成的铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨,促进氢氧化镁溶解.解答:解:A.漂白粉和浓盐酸反应生成氯气,生成氯气可氧化碘离子,试纸变蓝,且盐酸挥发,所以逸出的气体不一定是纯净的Cl2,故A正确;B.磷酸没有挥发性、HBr有挥发性,利用难挥发性酸制取易挥发性酸,不能利用该反应比较酸性强弱,故B错误;C.向Na2S溶液中滴加盐酸,反应生成气体为硫化氢,不能利用氢化物对应酸性比较非金属性,故C错误;D.醋酸铵电离生成的铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨,从而使Mg(OH)2 ⇌Mg2++2OH﹣平衡向右移动,故D正确;故选AD.点评:本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及物质的性质、反应原理等,把握物质的性质及反应原理为解答的关键,侧重分析与实验能力考查,注意实验评价性分析,选项A为解答的易错点,题目难度不大.二、解答题(共5小题,满分64分)9.查尔酮类化合物是黄酮类药物的主要合成中间体.(1)下列查尔酮类化合物I的说法正确的是AB.A.加入溴的四氯化碳溶液,溶液褪色B.可发生加成或取代反应C.不与NaOH溶液发生反应D.加入新制的氢氧化铜有红色沉淀生成(2)反应①是制取查尔酮类化合物的一种方法:化合物Ⅲ的分子式是C15H12O,1mol化合物III最多能与8mol H2发生加成反应.(3)化合物Ⅱ可由化合物IV(分子式:C8H10O)在Cu催化氧化下制得,则化合物IV的结构简式为,化合物IV的一种同分异构体V为芳香族化合物,其核磁共振氢谱上有四组峰,峰面积之比为为1:1:2:6,则V的结构简式为(任写一种).(4)聚合物是一种高分子材料,请利用类似反应①方法,用丙烯和丙醛为有机物原料合成该聚合物的单体.合成过程中涉及的反应方程式为,,.考点:有机物的合成;有机物的结构和性质.分析:(1)查尔酮类化合物含有酚羟基、羰基和碳碳双键,结合苯酚、乙烯、丙酮的性质判断;(2)根据有机物结构简式确定有机物分子式,化合物Ⅲ含有苯环、羰基、碳碳双键,都可与氢气是加成反应;(3)化合物Ⅱ可由化合物IV(分子式:C8H10O)在Cu催化氧化下制得,化合物IV中羟基氧化为羰基,则化合物IV为,化合物IV的一种同分异构体V为芳香族化合物,其核磁共振氢谱上有四组峰,峰面积之比为为1:1:2:6,应含有2个甲基、1个﹣OH,三个侧链处于间位位置或相邻且羟基位于2个甲基之间;(4)的单体为CH2COCH=CHCH2CH3,用丙烯和丙醛为原料合成该单体,可先用丙烯与水发生加成反应生成2﹣丙醇,然后氧化生成丙酮,丙酮再与丙醛发生①的反应生成单体.解答:解:(1)A.含有碳碳双键,与溴发生加成反应,则加入溴的四氯化碳溶液,溶液褪色,故A正确;B.含有碳碳双键,可发生加成,含有羟基,可发生取代反应,故B正确;C.含有酚羟基,与NaOH溶液发生反应,故C错误;D.不含有醛基,与新制的氢氧化铜浊液不反应,故D错误;故答案为:AB;(2)由结构简式可知有机物Ⅲ的分子式为C15H12O,化合物Ⅲ含有苯环、羰基、碳碳双键,都可与氢气是加成反应,则1mol化合物Ⅲ能与8molH2发生加成反应,故答案为:C15H12O;8;(3)化合物Ⅱ可由化合物IV(分子式:C8H10O)在Cu催化氧化下制得,化合物IV中羟基氧化为羰基,则化合物IV为,化合物IV的一种同分异构体V为芳香族化合物,其核磁共振氢谱上有四组峰,峰面积之比为为1:1:2:6,应含有2个甲基、1个﹣OH,三个侧链处于间位位置或相邻且羟基位于2个甲基之间,化合物V的结构简式为:,故答案为:;;(4)的单体为CH2COCH=CHCH2CH3,用丙烯和丙醛为原料合成该单体,可先用丙烯与水发生加成反应生成2﹣丙醇,然后氧化生成丙酮,丙酮再与丙醛发生①的反应生成单体,涉及的反应方程式依次为:,,,故答案为:,,.点评:本题考查有机物的合成、有机物的结构与性质等,综合考查学生分析、运用化学知识的能力,需要学生熟练掌握官能团的性质与转化,难度中等.10.碳氧化物的转化有重大用途,回答关于CO和CO2的问题.(1)己知:①C (s)+H2O(g)⇌CO (g)+H2(g)△H1②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2③H2O (g)=H2(g)+O2(g)△H3则C (s)+O2(g)=CO2(g)的△H=(△H1+△H2﹣△H3)KJ/mol(用△H1、△H2、△H3表示).(2)对于化学平衡①,在不同温度下,CO的浓度与反应时间的关系如图所示,由图可得出如下规律:随着温度升高,①在同一时间CO的生成浓度大②反应的速率加快,达到平衡的时间缩短,温度升高平衡正向进行,正反应为吸热反应(3)某温度下,将6.0mol H2O(g)和足量碳充入3L的恒容密闭容器中,发生如下反应:C (s)+H2O(g)⇌CO (g)+H2(g),达到平衡时测得lgK=﹣1.0(K为平衡常数),求平衡时H2O(g)的转化率?(写出计算过程)考点:化学平衡的计算;用盖斯定律进行有关反应热的计算;物质的量或浓度随时间的变化曲线.分析:(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到热化学方程式,①+②﹣③;(2)分析图象中曲线的变化和随温度变化的一氧化碳浓度结合平衡移动原理归纳存在的规律;(3)依据化学平衡三段式列式计算,假设H2O(g)转化了x mol/L,lgK=﹣1.0,K=0.1,依题意有:C (s)+H2O(g)⇌CO (g)+H2(g)起始浓度(mol/L) 2.0 0 0转化浓度(mol/L)x x x平衡浓度(mol/L) 2.0﹣x x x结合平衡常数计算转化率=×100%;解答:解:(1)①C (s)+H2O(g)⇌CO (g)+H2(g)△H1②2CO(g)+O2(g)=2CO(g)△H2③H2O (g)=H2(g)+O2(g)△H3依据盖斯定律[①×2﹣③×2+②]×得到,C (s)+O2(g)=CO2(g)的△H=(△H1﹣△H3+△H2)KJ/mol=(△H1+△H2﹣△H3)KJ/mol;故答案为:(△H1﹣△H3+△H2)KJ/mol;(2)对于化学平衡①,在不同温度下,CO的浓度与反应时间的关系如图所示,由图可得出如下规律:随着温度升高一氧化碳浓度越大,反应速率越大,达到平衡的时间短,温度升高平衡正向进行,正反应为吸热反应;故答案为:同一时间一氧化碳生成浓度越大,反应速率越大,达到平衡的时间短;温度升高平衡正向进行,正反应为吸热反应;(3)某温度下,将6.0mol H2O(g)和足量碳充入3L的恒容密闭容器中,发生如下反应,设消耗水蒸气浓度为x:C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g),起始量(mol/L) 2 0 0变化量(mol/L)x x x平衡量(mol/L)2﹣x x x达到平衡时测得lgK=﹣1.0(K为平衡常数),K=0.1由K===0.1,解得x=0.4;所以H2O(g)转化率为x100%=20%;答:H2O(g)转化率为20%.点评:本题考查了化学平衡的计算方法和分析应用,热化学方程式书写,主要是平衡常数、转化率的计算分析,掌握基础是关键,题目难度中等.11.如图所示,横坐标为溶液的pH,纵坐标为Zn2+或ZnO22﹣物质的量浓度的对数,回答下列问题.(ZnO22﹣和[Zn(OH)4]2﹣表示一样)(1)往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应的离子方程式可表示为:Zn2++4OH﹣═[Zn(OH)4]2﹣(2)从图中数据计算可得Zn(OH)2的溶度积Ksp=10﹣17.考点:难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.分析:(1)由图象可知溶液的碱性较强时,锌的存在形式为[Zn(OH)4]2﹣,结合元素守恒书写方程;(2)根据图中数据,利用K sp=c(Zn2+)•c2(OH﹣)计算.解答:解:(1)由图象可知溶液的碱性较强时,锌的存在形式为[Zn(OH)4]2﹣,所以该反应的离子方程式为:Zn2++4OH﹣═[Zn(OH)4]2﹣,故答案为:Zn2++4OH﹣═[Zn(OH)4]2﹣;(2)当溶液的pH=7.0时,c(Zn2+)=10﹣3mol•L﹣1,K sp=c(Zn2+)•c2(OH﹣)=10﹣3×(10﹣7)2=10﹣17,故答案为:10﹣17.点评:本题考查了难溶电解质的溶解平衡及其计算,题目难度中等,正确分析图象中数据为解答关键,注意熟练掌握溶度积的概念及计算方法,试题培养了学生灵活应用基础知识的能力.12.NiSO4•6H2O是一种绿色易溶于水的晶体,可由电镀废渣(除镍外,还含有铜、锌、铁等元素)为原料获得.操作步骤如下:(1)向滤液Ⅰ中加入FeS是为了生成难溶于酸的硫化物沉淀而除去Cu2+、Zn2+等杂质,则除去Cu2+的离子方程式为:FeS+Cu2+=CuS+Fe2+(2)对滤液Ⅱ的操作,请回答:①往滤液Ⅱ中加入H2O2的离子方程式:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2 H2O②调滤液ⅡpH的目的是除去Fe3+,其原理是Fe+3H2O⇌Fe(OH)3+3H,检验Fe3+是否除尽的操作和现象是:用试管取少量滤液Ⅲ,滴加几滴KSCN溶液,若无颜色变化,则Fe3+已除净(3)滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4,加Na2CO3过滤后得到NiCO3固体,再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4,这两步操作的目的是增大NiSO4的浓度,利于蒸发结晶(或富集NiSO4)(4)得到的NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操作可得到NiSO4•6H2O晶体,请回答:①为了提高产率,过滤后得到的母液要循环使用,则应该回流到流程中的d位置(填a、b、c、d)②如果得到产品的纯度不够,则应该进行重结晶操作(填操作名称)③理论上从100Kg 废渣(Ni元素含量为59%)中可回收NiSO4•6H2O的质量为227Kg.(Ni 的相对原子质量为59,NiSO4•6H2O相对分子质量为227)考点:物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.分析:废渣(除含镍外,还含有Cu、Zn、Fe等元素的化合物杂质),在硫酸溶解后过滤后除去不溶性物质,滤液Ⅰ含有二价铁离子、镍离子、锌离子等杂质,加入硫化钠可除去铜离子、锌离子,然后加H2O2是将二价铁氧化成三价铁,调节溶液PH使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去,滤液Ⅲ含有可溶性硫酸盐,为Na2SO4、NiSO4,再加碳酸钠沉淀二价镍,过滤、洗涤,然后与硫酸反应生成NiSO4晶体,(1)FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化;(2)①对滤液Ⅱ加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+;②依据铁离子遇到KSCN溶液呈红色设计实验检验是否除净;(3)NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀,而后过滤,再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4,这样可提高NiSO4的浓度,有利于蒸发结晶;(4)①为了提高产率,过滤后得到的母液要循环使用,应该回流到流程中d中;②产品的纯度不够需要重新溶解、浓缩、结晶析出得到较纯净的晶体;。