北京高考化学试题与解释Word下载.docx
- 文档编号:21470049
- 上传时间:2023-01-30
- 格式:DOCX
- 页数:15
- 大小:756.27KB
北京高考化学试题与解释Word下载.docx
《北京高考化学试题与解释Word下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《北京高考化学试题与解释Word下载.docx(15页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
CH3COOH,原子百分百得到利用,A正确;
从上述示意图中,CH4在选择性活化催化过程产生的游离基
是基于甲烷中的一个C—H键的断裂形成的,B正确;
从示意图中说明,①产物的能量比②产物的能量高,因此,由①→②是属于放热反应,并有C—C键形成,C正确;
催化剂能够改变反应物的反应速率,但不能使化学平衡发生移动,即不能改变反应物转化率或生成物的产率,D观点错误,选D。
分析:
本题重点考查化学反应原理中的化学键的形成与能量变化的关系,同时考查了化学平衡与催化剂的关系。
3.下列化学用语对事实的表述不正确的是
A.硬脂酸与乙醇的酯化反应:
C17H35COOH+C2H518OH
C17H35COOC2H5+H218O
B.常温时,0.1mol·
L-1氨水的pH=11.1:
NH3·
H2O
+OH−
C.由Na和C1形成离子键的过程:
D.电解精炼铜的阴极反应:
Cu2++2e−
Cu
【答案与解释】A。
实验研究发现:
酯化反应是一个酸供羟基醇去氢的过程,A观点错误;
一水合氨是弱碱,因此,0.1mol·
L-1氨水的pH<13,且一水合氨是部分发生电离,电离方程式只能用可逆号而不能用等号,B正确;
离子键的形成过程实际是活泼金属原子失去电子形成阳离子,而其它原子或原子团获得电子形成阴离子的过程;
C正确;
电解精练铜的过程中粗铜接电源的正极作阳极,发生氧化反应:
Cu--2e−
Cu2+,精铜作阴极,发生还原反应:
Cu,D正确。
考查酯化反应历程、弱电解质的电离平衡与电解精练铜的电极反应式,难度较小。
4.下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是
A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
Na2S溶液滴入AgCl浊液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀,随后变为红褐色
溶液变红,随后迅速褪色
沉淀由白色逐渐变为黑色
产生无色气体,随后变为红棕色
【答案与分析】C。
A中发生的相关反应有:
2NaOH+FeSO4===Fe(OH)2↓+Na2SO4、4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3,其中的4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3发生了氧化还原反应;
B中的石蕊溶液滴入氯水中溶液变红,随后迅速褪色是因为氯水中含有的HCl能够使紫色石蕊试液变红,而其中的HClO具有强氧化性,能够氧化有机色素而使变红的石蕊试液褪色;
B不符题意;
C中发生的化学反应方程式为:
Na2S+2AgCl=Ag2S+2NaCl,属于难溶电解质之间的相互转化,没有发生氧化还原反应;
D中发生的反应有:
3Cu+8HNO3===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O、2NO+O2===2NO2,显然,前后两步均发生了氧化还原反应;
考查实验的现象与实验原理(包括氢氧化亚铁的不稳定性、次氯酸的漂白原理、难溶电解质的溶解平衡原理以及硝酸的氧化性等),难度较小。
5.一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高,广泛用作防护材料。
其结构片段如下图
下列关于该高分子的说法正确的是
A.完全水解产物的单个分子中,苯环上的氢原子具有不同的化学环境
B.完全水解产物的单个分子中,含有官能团―COOH或―NH2
C.氢键对该高分子的性能没有影响
D.结构简式为:
芳纶纤维完全水解得到的产物是对苯二甲酸()和对苯二胺(),因结构高度对称,二者身上均只有一种环境的氢,A观点不正确,而B正确;
氢键的形成能够对物质的熔沸点、、溶解性以及硬度等物理性质产生影响;
C观点不对;
芳纶纤维的结构简式为
,D错误。
6.测定0.1mol·
L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中,取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,④产生白色沉淀多。
A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:
+H2O
B.④的pH与①不同,是由于
浓度减小造成的
C.①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D.①与④的Kw值相等
【答案与解释】B。
Na2SO3属于强碱弱酸盐,其中的
为弱酸根离子,能够发生水解而使Na2SO3溶液呈碱性,A观点正确;
由①→③的过程中,随着外界温度的升高,溶液中的Na2SO3被空气中的氧气氧化,而使
的浓度降低,因此溶液的pH值减小,在实验④中溶液中的
的浓度进一步降低,同时温度由40℃降为25℃时,还使水解程度减低,导致溶液的pH值进一步减小,B观点不对;
①→③的过程为升温的过程,与增加反应物的浓度一样,促进盐类水解;
C观点正确;
KW只与温度有关,D正确。
考查盐类水解及水的离子积的影响因素。
7.验证牺牲阳极的阴极保护法,实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
A.对比②③,可以判定Zn保护了Fe
B.对比①②,K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C.验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D.将Zn换成Cu,用①的方法可判断Fe比Cu活泼
实验②证明了铁没有被氧化,而实验③证明被氧化,说明实验②起到保护作用,A正确;
实验①中蓝色的沉淀是在铁的表面形成的,说明溶液中并没有Fe2+存在,而在铁片表面形成的Fe2+可能是因为K3[Fe(CN)6]中的Fe(Ⅲ)氧化了Fe单质反应生成的,B正确,C项,对比①②,①也能检验出Fe2+,不能用①的方法验证Zn保护Fe;
;
如果将Zn换成Cu,则在实验①中应该看到溶液中有蓝色的沉淀出现,由于①的方法证明了实验中铁棒可以被还原,因此,如果将实验①中的Zn改为Cu,则不能通过滴加K3[Fe(CN)6]在铁片表面形成蓝色沉淀来说明Fe比Cu活泼,要证明Fe比Cu活泼,可以采用实验②的方法;
D项不正确。
第二部分(非选择题)
本部分共11小题,共52分。
8.(17分)8−羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂,也是重要的医药中间体。
下图是8−羟基喹啉的合成路线。
已知:
i.
ii.同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定。
(1)按官能团分类,A的类别是__________。
(2)A→B的化学方程式是____________________。
(3)C可能的结构简式是__________。
(4)C→D所需的试剂a是__________。
(5)D→E的化学方程式是__________。
(6)F→G的反应类型是__________。
(7)将下列K→L的流程图补充完整:
(8)合成8−羟基喹啉时,L发生了__________(填“氧化”或“还原”)反应,反应时还生成了水,则L与G物质的量之比为__________。
【答案与解释】⑴烯烃;
⑵
⑶或⑷氢氧化钠水溶液并加热;
⑸C3H8O3C3H4O+2H2O;
⑹取代反应(或硝化反应);
⑺
⑻氧化反应、
3:
1。
⑴C3H6的不饱和度为1,分子中含有一个双键,应该为丙烯,所以按官能团分属于烯烃;
⑵丙烯与氯气在高温下反应生成B,考虑到B还能够与HOCl发生加成反应,因此推断A→B是属于取代反应,即生成了3-氯代丙烯(CH2=CH—CH2Cl)和HCl;
因此A→B的化学反应方程式为:
⑶CH2=CH—CH2Cl与HOCl加成所得的产物有两种:
即2,3—二氯丙醇和1,3—二氯—2—丙醇;
它们的结构式分别为:
与,结构简式则为:
CH2(OH)—CHCl—CHCl与CH2Cl—CH(OH)—CH2Cl;
⑷推断D为丙三醇(甘油),卤原子发生羟基代的反应条件是在氢氧化钠溶液中加热进行的,因此C→D所需要的试剂为NaOH溶液;
⑸醇在浓硫酸并加热的条件下能够发生消去反应,因此推断E为丙烯醛(CH2=CH—CHO),所以D→E的化学反应方程式为:
CH2OH—CHOH—CH2OH
CH2=CH—CHO+2H2O;
⑹F()是苯酚,而G()是邻硝基苯酚,F→G反应是属于取代反应,也可以称为硝化反应;
⑺略
⑻由L()制备8-羟基喹啉()显然是由C—N单键形成C=N双键的过程,也是属于去氢的过程,即发生了氧化反应,有关反应的化学反应方程式为:
3+3++2H2O或3C9H9NO+C6H5NO33C9H7NO+C6H7NO+2H2O。
则L与G的物质的量之比为3:
9.(13分)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下:
磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH),还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。
溶解度:
Ca5(PO4)3(OH)<
CaSO4·
0.5H2O
(1)上述流程中能加快反应速率的措施有__________。
(2)磷精矿粉酸浸时发生反应:
2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO4
10CaSO4·
0.5H2O+6H3PO4
①该反应体现出酸性关系:
H3PO4__________H2SO4(填“>
”或“<
”)。
②结合元素周期律解释
中结论:
P和S电子层数相同,__________。
(3)酸浸时,磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF,并进一步转化为SiF4除去。
写出生成HF的化学方程式:
__________。
(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除,同时自身也会发生分解。
相同投料比、相同反应时间,不同温度下的有机碳脱除率如图所示。
80℃后脱除率变化的原因:
____________________。
(5)脱硫时,CaCO3稍过量,充分反应后仍有SO42−残留,原因是__________;
加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率,其离子方程式是____________________。
(6)取ag所得精制磷酸,加适量水稀释,以百里香酚酞作指示剂,用bmol·
L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4,消耗NaOH溶液cmL,精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。
(已知:
H3PO4摩尔质量为98g·
mol−1)
【答案与解释】⑴研磨、加热;
⑵①<②硫原子是最外层电子数比磷原子多,更容易获得电子,非金属性比磷强,对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性更强;
⑶Ca5(PO4)3F+5H2SO4===5CaSO4+3H3PO4+HF↑;
⑷温度越高(80℃以后),H2O2的分解反应越快,浓度显著降低;
⑸硫酸钙微溶于水(或硫酸钙的溶解度较大)、H3PO4+SO42-+BaCO3===BaSO4+CO2↑+H2O+HPO42-;
⑹
分析:
⑴粉碎矿石可以增加反应物的接触机率,加快反应速率;
升高温度(加热)可以增加反应物活化分子的能量,同样是加快反应速率的有效措施之一;
⑵复分解反应的规律之一是强酸制弱酸,硫酸的酸性比磷酸强,因此,可以用硫酸与磷酸盐反应制备磷酸;
硫原子与磷原子位于同一周期,具有相同的电子层,但由于硫的核电荷数比磷元素大,硫原子半经比磷原子半经小,硫原子核对外层电子的吸引力大于磷原子,所以硫的非金属性比磷元素强,对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性比磷强,即H2SO4的酸性比H3PO4强;
⑶HF是一种弱酸,磷精矿与浓硫酸反应生成磷酸的同时,还生成的HF,相关反应的化学反应方程式为:
Ca5(PO4)3F+5H2SO4===5CaSO4+3H3PO4+HF↑;
而氢氟酸能够与矿物中的杂质SiO2反应生成挥发性的SiF4,
⑷加入H2O2进行脱有机碳的反应过程中,在80℃以下,因为随着温度的升高,化学反应速率,因此除碳效率增加,但随着温度的升高与反应的不断进行,一方面反应物的浓度减小,使脱碳效率减小,另外主要由于H2O2的分解反应速率的加快,H2O2的浓度降低,导致了脱碳效率的降低;
⑸CaSO4为微溶物,因此在加入过量的CaCO3与硫酸作用后,溶液中仍会有少量的
存在,去除的办法是加入BaCO3与之反应生成更难溶的BaSO4;
⑹用NaOH滴定H3PO4生成Na2HPO4的化学反应方程式为:
2NaOH+H3PO4===Na2HPO4+2H2O,消耗掉的NaOH的物质的量为n(NaOH)=cb×
10-3mol,则样品中含有磷酸的物质的量为n(H3PO4)=
,则,样品中所含的H3PO4的百分含量=
10.(12分)近年来,研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。
过程如下:
(1)反应Ⅰ:
2H2SO4(l)
2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ·
mol-1
反应Ⅲ:
S(s)+O2(g)
SO2(g)ΔH3=-297kJ·
反应Ⅱ的热化学方程式:
________________。
(2)对反应Ⅱ,在某一投料比时,两种压强下,H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
p2_______p1(填“>”或“<”),得出该结论的理由是________________。
(3)I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂,可能的催化过程如下。
将ii补充完整。
i.SO2+4I-+4H+
S↓+2I2+2H2O
ii.I2+2H2O+_________
_________+_______+2I-
(4)探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系,实验如下:
分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中,密闭放置观察现象。
I2易溶解在KI溶液中)
序号
试剂组成
0.4mol·
L-1KI
amol·
0.2mol·
L-1H2SO4
0.0002molI2
实验现象
溶液变黄,一段时间后出现浑浊
溶液变黄,出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色,变成黄色,出现浑浊较A快
①B是A的对比实验,则a=__________。
②比较A、B、C,可得出的结论是______________________。
③实验表明,SO2的歧化反应速率D>A,结合i、ii反应速率解释原因:
【答案与解释】⑴3SO2(g)+2H2O(g)===2H2SO4(l)+S(s);
、反应:
3SO2(g)+2H2O(g)===2H2SO4(l)+S(s)属于放热的、缩小气体体积的反应,增大压强与降低温度,有利于H2SO4的生成;
⑶I2+2H2O+SO2
+4H++2I-
⑷①0.4;
②I-对SO2的歧化反应具有催化作用而H+单独存在时,对SO2的歧化反应没有催化作用,但它可以提高I-的催化效应;
③实验D说明反应i是慢反应,而反应ii是快反应,实验D中加入的0.0002molI2很快与SO2反应生成0.2mol·
L-1的I-的同时,还生成可以帮助提高催化效应的H+,从而加快了歧化反应的进行,因此实验D的反应速率比实验A的反应速率快。
11.(16分)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
资料:
K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;
具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。
(1)制备K2FeO4(夹持装置略)
①A为氯气发生装置。
A中反应方程式是________________(锰被还原为Mn2+)。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。
③C中得到紫色固体和溶液。
C中Cl2发生的反应有
3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH
2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有________________。
(2)探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。
为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:
方案Ⅰ
取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。
取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生。
Ⅰ.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能由________________产生(用方程式表示)。
Ⅱ.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。
用KOH溶液洗涤的目的是________________。
②根据K2FeO4的制备实验得出:
氧化性Cl2________
(填“>”或“<”),而方案Ⅱ实验表明,Cl2和
的氧化性强弱关系相反,原因是________________。
③资料表明,酸性溶液中的氧化性
>
,验证实验如下:
将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色,该现象能否证明氧化性
。
若能,请说明理由;
若不能,进一步设计实验方案。
理由或方案:
【答案与解释】⑴①2KMnO4+16HCl===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O;
③Cl2+2KOH===KCl+KClO+H2O;
⑵①ⅠFe3+;
Ⅱ在酸性或中性条件下,K2FeO4容易发生氧化反应而生成氧气;
②>;
K2FeO4的氧化性与溶液的酸碱性有关,碱性越强,K2FeO4的氧化性越弱;
③能,因为Mn2+呈无色,而
呈紫红色或浅紫色的,溶液由紫色变为浅紫色,表明溶液中
浓度减小,而
浓度增大。
说明
能够将Mn2+氧化为
即能够证明
的氧化性>
⑴①实验室用MnO2与浓盐酸在加热的条件下反应制备Cl2,由于KMnO4的氧化性比MnO2强,所以用KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2时,反应无须加热;
②用浓盐酸与高锰酸钾反应制备的氯气中常常含有HCl,可以用饱和食盐水除去,所用的装置应该是长进短出。
③滴加KSCN溶液出现血红色,表明溶液中含有Fe3+;
⑵①考虑到K2FeO4在酸性或中性条件下不稳定,容易发生氧化还原反应而生成O2,在碱性条件下较为稳定,因此可以用KOH溶液来洗涤所得的固体而不能用蒸馏水洗涤;
②3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH
2K2FeO4+6KCl+8H2O反应中Cl2是氧化剂,而K2FeO4是氧化产物,依据氧化还原反应规律中的:
氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性,则可以得出:
氧化性Cl2>
但
的氧化性随着溶液的酸性的增强而增强,在酸性条件下,
则可以氧化Cl-而生成Cl2,即在酸性条件下
的氧化性却比Cl2强,③通过溶液颜色的变化,可以说明溶液中的Mn2+被
氧化为
,固有氧化性
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 北京 高考 化学试题 解释
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)