等值模拟卷二.docx
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等值模拟卷二
等值模拟卷
(二)
(限时50分钟)
一、选择题(本题包括7小题,每小题6分,共42分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
)
7.密胺是重要的工业原料,结构简式如下图。
工业上用液氨和二氧化碳为原料,硅胶为催化剂,在一定条件下,通过系列反应生成密胺。
若原料完全反应生成密胺,则NH3和CO2的质量之比应为( )
A.17∶44B.22∶17
C.17∶22D.2∶1
答案 C
解析 根据密胺的结构式和元素守恒,可知一个密胺分子中有三个碳原子和六个氮原子,所以合成1mol的密胺需要3mol的CO2和6molNH3,NH3和CO2的质量之比应为(2×17)∶44=17∶22。
8.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是( )
A.标准状况下11.2L乙烯和丙烯的混合气体中含C—H键的数目为2NA
B.S2和S8的混合物共6.4g,其中所含硫原子数一定为0.2NA
C.0.5mol熔融的NaHSO4中含有的离子数目为1.5NA
D.含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应,生成SO2的分子数为0.1NA
答案 B
解析 乙烯与丙烯的C—H键数目不同,所以0.5mol两者混合气体中C—H键数目在2NA~3NA之间,A错;NaHSO4中H以共价键与O结合,熔融状态下不电离,含有离子数目为NA,C错;铜只能与浓H2SO4反应,随反应进行浓硫酸变稀硫酸反应停止,生成的SO2分子数小于0.1NA,D错。
9.分子式为C5H9ClO2的同分异构体甚多,其中能与NaHCO3发生反应产生CO2的同分异构体共有(不考虑立体异构)( )
A.4种B.8种
C.12种D.16种
答案 C
解析 能与NaHCO3发生反应产生CO2,说明含有羧基,所以有以下四种碳链结构,
、
、
、
,箭头的位置就是放氯原子的位置,共有12种,C项正确。
10.按如图装置进行实验,下列推断正确的是( )
选项
Ⅰ中试剂
Ⅱ中试剂及现象
推断
A
氯化铵
酚酞溶液不变红色
氯化铵稳定
B
硫酸亚铁
品红溶液褪色
FeSO4分解生成FeO和SO2
C
涂有石蜡油的碎瓷片
酸性高锰酸钾溶液褪色
石蜡油发生了化学变化
D
铁粉与水蒸气
肥皂水冒泡
铁粉与水蒸气发生了反应
答案 C
解析 A项,氯化铵受热分解产生氯化氢和氨气,这两种气体在试管口附近相遇又生成了氯化铵,错误;B项,品红溶液褪色说明FeSO4分解生成了SO2,由于S元素化合价降低,则Fe元素化合价应升高,即生成Fe2O3,错误;C项,石蜡油的主要成分是烷烃,加热碎瓷片上的石蜡油,产生了不饱和烃,不饱和烃使酸性高锰酸钾溶液褪色,说明石蜡油发生了化学反应,正确;D项,肥皂水冒泡,不能说明气泡是氢气,加热时试管Ⅰ中的空气进入试管Ⅱ中,也能使肥皂水冒泡,错误。
11.短周期元素R、T、Q、W、G在元素周期表中的相对位置如下表所示,其中Q是无机非金属材料的主角。
下列判断正确的是( )
A.离子半径:
T<W<G
B.等物质的量的W、G单质分别与足量铁粉反应,后者消耗的铁粉多
C.最简单气态氢化物的热稳定性:
Q<R
D.T和G组成的化合物溶于水,其水溶液呈中性
答案 C
解析 无机非金属材料的主角是硅,故Q为Si元素,结合其他元素在周期表的相对位置,可知T为Al元素,R为N元素,W为S元素,G为Cl元素。
12.一种全天候太阳能电化学电池的工作原理如下图所示。
下列说法错误的是( )
A.该电池与硅太阳能电池供电原理相同
B.光照时,b极周围pH减小
C.光照时,H+由b极室透过质子膜进入a极室
D.夜间无光照时,a为电池的负极
答案 A
解析 硅太阳能电池是利用半导体原理将光能转化为电能,过程中不发生化学变化,而该电池供电时,发生电化学反应,A错误;负极(b)的电极反应为VO2++H2O-e-===VO
+2H+,B正确;由于白天光照时,b极为负极,产生的H+透过质子膜流向正极a,C正确;夜间相当于蓄电池放电,a极:
V2+-e-===V3+,发生氧化反应,a为负极,D正确。
13.已知草酸为二元弱酸:
H2C2O4HC2O
+H+ Ka1 HC2O
C2O
+H+ Ka2
常温下,向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定量浓度的KOH溶液,所得溶液中H2C2O4、HC2O
、C2O
三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。
则下列说法中不正确的是( )
A.pH=1.2溶液中:
c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2C2O4)
B.pH=2.7溶液中:
=1000
C.将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水可配得pH为4.2的混合液
D.向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2的过程中水的电离程度一直增大
答案 C
解析 pH=1.2时,溶液中只有H2C2O4、HC2O
,且浓度相等,根据电荷守恒:
c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O
),所以:
c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2C2O4),A正确;pH=1.2时,c(HC2O
)=c(H2C2O4),Ka1=
=c(H+)=10-1.2,pH=4.2时,c(HC2O
)=c(C2O
),Ka2=
=c(H+)=10-4.2,所以pH=2.7溶液中:
Ka1/Ka2=
=
=103=1000,B正确;只有在常温下相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水才能配得pH为4.2的混合液,C错误;pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2的过程中,溶液中酸电离的H+浓度在减小,对水的电离抑制作用减弱,水的电离程度一直增大,D正确。
二、非选择题(本题包括必考题和选考题两部分,共58分。
第26题~28题为必考题,每个试题考生都必须做答。
第36题~第38题为选考题,考生任选一题做答。
)
26.(14分)亚磷酸(H3PO3)是二元酸,与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3。
(1)PCl3水解可制取亚磷酸:
PCl3+3H2OH3PO3+________。
(2)H3PO3溶液中存在电离平衡:
H3PO3H++H2PO
。
①某温度下,0.10mol·L-1的H3PO3溶液的pH=1.6,即溶液中c(H+)=2.5×10-2mol·L-1。
求该温度下上述电离平衡的平衡常数K,写出计算过程。
(H3PO3的第二步电离忽略不计,结果保留两位有效数字)
②根据H3PO3的性质可推测常温下Na2HPO3稀溶液的pH________(填“>”、“=”或“<”)7。
(3)亚磷酸具有强还原性,可使碘水褪色。
该反应的化学方程式为______________________。
(4)电解Na2HPO3溶液也可得到亚磷酸,装置示意图如下:
①阴极的电极反应式为________________________________________________________。
②产品室中反应的离子方程式为________________________________________________。
答案
(1)3HCl
(2)
① H3PO3 H+ + H2PO
起始时各物质0.1000
浓度(mol·L-1)
反应的各物质
浓度(mol·L-1)2.5×10-22.5×10-22.5×10-2
平衡时各物质
浓度(mol·L-1)0.10-2.5×10-22.5×10-22.5×10-2
K=
=
≈8.3×10-3
②>
(3)H3PO3+I2+H2O===2HI+H3PO4
(4)①2H2O+2e-===2OH-+H2↑
②HPO
+2H+===H3PO3
27.(15分)碳的化合物与人类生产、生活密切相关。
(1)在一恒温、恒容密闭容器中发生反应:
Ni(s)+4CO(g)
Ni(CO)4(g)。
利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9%的高纯镍。
对该反应的说法正确的是________(填字母编号)。
A.把温度由80℃升高到180℃,正反应速率减小,逆反应速率增大
B.反应达到平衡后,充入Ni(CO)4(g)再次达到平衡时,
减小
C.反应达到平衡后,充入CO再次达到平衡时,CO的体积分数降低
D.当容器中混合气体密度不变时,可说明反应已达化学平衡状态
(2)下图所示的直形石英玻璃封管中充有CO气体,在温度为T1的一端放置不纯的镍(Ni)粉,Ni粉中的杂质不与CO(g)发生反应。
在温度为T2的一端得到了纯净的高纯镍,则温度T1________(填“>”、“<”或“=”)T2。
上述反应体系中循环使用的物质是________。
(3)甲醇是一种重要的化工原料,工业上可用CO和H2合成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO):
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90.8kJ·mol-1。
若在温度、容积相同的3个密闭容器中,按不同方式投入反应物,保持恒温、恒容,测得反应达到平衡时的有关数据如下:
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1molCO、
2molH2
1molCH3OH
2molCO、
4molH2
CH3OH的浓度/mol·L-1
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出Q1kJ
吸收Q2kJ
放出Q3kJ
反应物转化率
α1
α2
α3
下列说法正确的是________(填字母)。
a.c1=c2b.2Q1=Q3
c.Q1+Q2=90.8d.α2+α3<100%
(4)据研究,上述(3)中合成甲醇反应过程中起催化作用的为Cu2O,反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变,原因是_______________________________________
(用化学方程式表示)。
(5)已知在常温常压下:
甲醇的燃烧热为725.8kJ·mol-1,CO的燃烧热为283kJ·mol-1,H2O(g)===H2O(l) ΔH=-44.0kJ·mol-1。
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式:
_____________________。
(6)金属氧化物可被一氧化碳还原生成金属单质和二氧化碳。
下图是四种金属氧化物(Cr2O3、SnO2、PbO2、Cu2O)被一氧化碳还原时lg
与温度(t)的关系曲线图。
四个反应中属于吸热反应的是______________(填金属氧化物的化学式),在700℃用一氧化碳还原Cr2O3时,若反应方程式化学计量数为最简整数比,该反应的平衡常数(K)数值等于________。
答案
(1)CD
(2)< CO
(3)ac
(4)Cu2O+CO2Cu+CO2
(5)CH3OH(l)+O2(g)===CO(g)+2H2O(g) ΔH=-354.8kJ·mol-1
(6)Cr2O3、SnO2 10-12
解析
(1)对于可逆反应,升高温度,正逆反应速率均加快,A错误;
=
=K(平衡常数),因此温度不变,比值不变,B错误;反应达到平衡后,充入CO再次达到平衡时,相当于增大压强,平衡右移,CO的体积分数降低,C正确;Ni与CO反应,随反应的进行,气体质量增大,直到反应达到平衡,质量才不发生变化,根据公式ρ=m/V,容器容积V不变,密度ρ不变时,说明质量m不再变化,反应达到化学平衡状态,D正确。
(2)根据上述反应,在50~80℃,Ni与CO化合生成Ni(CO)4,在180~200℃分解生成Ni和CO,因此T1<T2,反应中CO可循环利用。
(3)根据反应特点可以确定,甲和乙可建立相同平衡状态,因此平衡时:
c1=c2,a正确;Q1+Q2=90.8,c正确;α1+α2=100%。
比较甲和丙,开始时丙中CO和H2浓度均为甲的2倍,相对于甲,丙相当于加压。
假设甲和丙建立相同的平衡状态,则丙中放热是甲中的2倍,但加压平衡右移,因此Q3>2Q1,b错误;α3>α1,因此α2+α3>100%,d错误。
(4)反应中含有CO,CO会还原Cu2O,加入少量CO2,可使CO还原Cu2O反应逆向移动,保持Cu2O的量不变,反应为Cu2O+CO2Cu+CO2。
(5)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的反应为CH3OH+O2===CO+2H2O。
根据盖斯定律,反应CH3OH(l)+O2(g)===CO(g)+2H2O(g)的ΔH=-725.8kJ·mol-1-(-283kJ·mol-1)-2×(-44.0kJ·mol-1)=-354.8kJ·mol-1。
(6)用CO还原金属氧化物,反应的平衡常数K均可表示为[c(CO2)/c(CO)]n,n>0,因此lg
越小,则平衡常数越大。
对于CO还原Cr2O3和SnO2,温度升高lg
减小,则平衡常数增大,平衡正向移动,因此这两个反应为吸热反应,对于CO还原PbO2和Cu2O的反应为放热反应。
一氧化碳还原Cr2O3的反应为3CO(g)+Cr2O3(s)2Cr(s)+3CO2(g),因此K=
。
在700℃用一氧化碳还原Cr2O3时,lg
=4,则c(CO)/c(CO2)=104,c(CO2)/c(CO)=10-4,K=
=(10-4)3=10-12。
28.(14分)Cu2O可用于制作船底防污漆,某学习小组探究制备Cu2O的方法。
[查阅资料]
①CuSO4与Na2SO3溶液混合可制备Cu2O。
②Cu2O为砖红色固体;酸性条件下生成Cu2+和Cu。
③Cu2O和Cu(SO3)
可以相互转化Cu2O
Cu(SO3)
(无色)
(1)配制0.25mol·L-1CuSO4溶液和0.25mol·L-1Na2SO3溶液。
测得CuSO4溶液pH=4,Na2SO3溶液pH=9。
用离子方程式表示CuSO4溶液pH=4的原因
________________________________________________________________________。
(2)完成CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制Cu2O的离子方程式:
Cu2++
SO
+
________
Cu2O↓+
________+
HSO
[实验探究]
操作
现象
ⅰ.有黄色沉淀出现,随着Na2SO3溶液的滴入,沉淀增加,当加到5mL时,溶液的蓝色消失。
ⅱ.将试管加热,黄色沉淀变为砖红色,有刺激性气味气体产生。
ⅲ.在加热条件下,继续滴入Na2SO3溶液,砖红色沉淀减少,当加到10mL时,沉淀完全溶解,得无色溶液。
(3)证明ⅱ中砖红色沉淀是Cu2O的实验方案是______________________________________
________________________________________________________________________。
(4)经检验ⅰ中黄色沉淀含有Cu2SO3,ⅱ中沉淀由黄色变为砖红色的化学方程式是_________。
(5)ⅲ中砖红色沉淀消失的原因是_______________________________。
(6)在加热条件下,若向2mL0.25mol·L-1Na2SO3溶液中滴加0.25mol·L-1CuSO4溶液至过量,预期观察到的现象是_______________________________________________。
(7)由上述实验得出结论:
CuSO4溶液和Na2SO3溶液反应制备Cu2O,应控制的条件是________________________________________________________________________、
________________________________________________________________________。
答案
(1)Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+
(2)2 5 2 H2O 1 1 SO
4
(3)取少量砖红色沉淀于试管中,加入稀硫酸,溶液变为蓝色,说明砖红色沉淀是Cu2O
(4)Cu2SO3
Cu2O+SO2↑
(5)Cu2O转化成无色Cu(SO3)
(6)开始先产生沉淀,振荡后溶解,后来产生砖红色沉淀,且沉淀不消失
(7)反应温度 CuSO4和Na2SO3的物质的量之比
解析
(1)硫酸铜是强酸弱碱盐,Cu2+水解导致溶液显酸性,所以用离子方程式表示CuSO4溶液pH=4的原因是Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+。
(2)根据方程式提供的信息,Cu2+体现氧化性,得电子生成Cu2O,SO
则具有还原性,失电子生成SO
,根据化合价升降相等,然后根据电荷守恒和原子守恒配平,得到的离子方程式为2Cu2++5SO
+2H2O===Cu2O+SO
+4HSO
。
(3)根据信息②可知,在酸性条件下Cu2O可发生歧化反应生成Cu2+和Cu,所以证明ⅱ中砖红色沉淀是Cu2O的实验方案是取少量砖红色沉淀于试管中,加入稀硫酸,溶液变为蓝色,说明砖红色沉淀是Cu2O。
(4)据题意,经检验ⅰ中黄色沉淀含有Cu2SO3,ⅱ中Cu2SO3沉淀在加热的条件下发生分解反应生成砖红色Cu2O,并且有刺激性气味气体产生,该气体为SO2,则反应的化学方程式是Cu2SO3
Cu2O+SO2↑。
(5)通过资料③提供的信息,Cu2O和Cu(SO3)
可以相互转化,Cu2O
Cu(SO3)
(无色),SO
浓度升高,平衡正移,生成无色的Cu(SO3)
,沉淀消失。
(6)此问中实验过程和原题操作不同的地方是Na2SO3溶液和CuSO4溶液的滴加顺序,先看到的是CuSO4少量时的现象,对应原题中的ⅲ的“沉淀溶解,无色溶液”现象。
之后CuSO4滴加至过量,并且有加热条件,应看到的是原过程中ⅱ的“砖红色沉淀,并有刺激性气味气体”现象。
所以预期观察到的现象是开始产生沉淀,振荡后溶解,后来产生砖红色沉淀,且沉淀不消失。
(7)对比原实验中ⅰ和ⅱ,可证明“加热”是产生砖红色沉淀的必要条件。
对比原实验ⅱ和ⅲ以及(6)中过程,可证明加入过量的Na2SO3时无Cu2O产生。
另外如果Na2SO3加入量过少,则认为还原剂量少,生成Cu2O量不足,CuSO4和Na2SO3的物质的量之比是产生砖红色沉淀的必要条件。
[选考部分]
36.物质结构与性质
(15分)W、Y、Z、Q、R是周期表中前四周期的元素,且原子序数依次增大。
基态W的原子核外有2个未成对电子,Q是电负性最大的元素,基态R的原子核外未成对电子数是W原子核外未成对电子数的2倍。
请问答下列问题(答题时,W、Y、Z、Q、R用所对应的元素符号表示):
(1)W、Y、Z三种元素的第一电离能由大到小的顺序为____________;一种由Y、Z元素组成的化合物与WZ2互为等电子体,其分子式为__________。
(2)已知Y2Q2分子存在如图所示的两种结构(球棍模型,短线不一定代表单键),该分子中Y原子的杂化方式是________杂化。
(3)W
的电子式为__________,基态R原子的价电子排布式为__________。
(4)YQ3分子的空间构型为____________,Y和Q两元素的简单氢化物的沸点较高的是__________(写分子式)。
往硫酸铜溶液中通入过量的YH3(H代表氢元素),可生成配离子[Cu(YH3)4]2+,但YQ3不易与Cu2+形成配离子,其原因是___________________________
________________________________________________________________________。
(5)科学家通过X射线探明RZ的晶体结构与NaCl相似,在RZ晶体中距离R2+最近且等距离的R2+有________个。
若在RZ晶体中阴阳离子间最近距离为apm,晶体密度为ρg·cm-3,则阿伏加德罗常数NA的表达式为________mol-1。
答案
(1)N>O>C N2O
(2)sp2 (3)
3d64s2
(4)三角锥形 HF 由于电负性F>N>H,在NF3分子中,共用电子对偏向F原子,使得N原子上的孤电子对难与Cu2+配位
(5)12
×1030
解析 由电负性信息知Q是氟元素,反推W是碳元素,故Y是氮元素、Z是氧元素;由基态原子核外未成对电子数目关系知R是铁元素。
(1)CO2属于三原子分子,16个价电子,故对应的等电子体为N2O。
(2)N2F2中每个氮原子与氟原子各形成一个单键,两个氮原子之间形成一个双键,还有一对孤电子对,故其为sp2杂化。
(3)C
与N2互为等电子体,两个碳原子之间共用三对电子。
(4)NF3中N原子为sp3杂化,故NF3为三角锥形分子。
HF分子之间氢键强于NH3分子之间的氢键,故HF的沸点较高。
配位键形成要求提供孤电子对的原子最好呈负电性,NF3中共用电子对偏向电负性大的氟原子,故导致其难与铜离子形成配位键。
(5)FeO晶胞中,与Fe2+距离最近且相等的Fe2+共有12个。
FeO晶胞的边长为2a×10-10cm,晶胞体积为8×10-30a3cm3,一个晶胞中含有4个“FeO”组成单元,晶胞质量为
g,故有8×10-30a3×ρ=
,由此可求出NA的数值。
37.有机化学基础
(15分)有机物BBZP(C19H20O4)是一种增塑剂,有毒,不能用于食品包装材料。
该物质不溶于水,但与聚苯乙烯、聚乙烯等树脂具有良好的相容性,常用下列方法合成:
已知:
OCORCRO
CROOH+RCOOR′
上述流程中:
Ⅰ.反应A―→B仅发生中和反应;Ⅱ.F与浓溴水混合不产生白色沉淀。
(1)A的分子式为________________________________________________________,
含有的官能团名称为________________。
(2)反应①的反应类型是____________,反应②的反应类型是____________。
(3)F的化学名称为________________,由E生成F的化学方程式为_________________。
(4)A的同分异构体有多种,其中能满足下列条件并且核磁共振氢谱有4个吸收峰的同分异构体的结构简式
________________________________________________________________________
(写出一种即可)。
①苯环上含有两个取代基且呈对位,其中一个取代基为—COOH;
②能发生水解反应,但不能发生银镜反应。
(5)B+E―→BBZP的化学方程式为_______________________________________
________________________________________________________________________。
答案
(1)C12H14O4 羧基、酯基
(2)取代反应 取代反应
(3)苯甲醇
+NaOH
+NaCl
(4)
或
(5)
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