7+5仿真练一doc.docx
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7+5仿真练一doc
“7+5”仿真练
(一)
本试卷分选择题和非选择题两部分。
满分100分,考试时间50分钟。
可能用到的相对原子质量:
H—1 Li—7 C—12 N—14 O—16 Cl—35.5 K—39 Mn—55 Fe—56 Zn—65
选择题
一、选择题(本题共7小题,每小题6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.工业上制汞的过程是:
焙烧辰砂(主要含HgS),发生反应:
HgS+O2
Hg+SO2还原出的汞呈气态,冷凝得液态汞。
其流程如下图:
下列说法中,不正确的是( )
A.HgS+O2
Hg+SO2属于置换反应
B.含汞烟气必须处理达标后才能排放
C.流程中加入氧化钙的目的是减少SO2的排放
D.洗涤粗汞时可用5%的盐酸代替5%的硝酸
解析 A.HgS+O2
Hg+SO2有单质参加反应,并有单质生成,属于置换反应,A正确;B.汞污染环境,不能直接排放,必须处理达标后才能排放,B正确;C.加入CaO可生成硫化钙、硫酸钙,可避免生成二氧化硫而污染,C正确;D.用5%的硝酸除去铅、铜等杂质,而盐酸与铅、铜等不反应,D错误。
答案 D
8.关于有机物a(
)、b(
)、c(
)的说法错误的是( )
A.a、b、c互为同分异构体
B.a、c均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C.a、c与足量氢气反应消耗氢气的物质的量之比是4∶3
D.a、b、c的一氯代物分别有4种、1种、2种(不考虑立体异构)
解析 A.a、b、c三种有机物的分子式均为C8H8,属于同分异构体,A正确;B.a、c均有碳碳双键,可被酸性高锰酸钾溶液氧化,使高锰酸钾溶液褪色,B正确;C.与足量氢气反应时,1mola完全加成消耗4mol氢气,1molc完全加成消耗3mol氢气,a、c消耗氢气的物质的量之比是4∶3,C正确;D.a中苯环上的一氯代物有3种,侧链上有2种,共5种,b的一氯代物有1种,c的一氯代物有2种,D错误。
答案 D
9.常温下,A是由X和Y两种短周期元素组成的气体,X的原子序数小于Y,甲、乙、丙分别是X、Y、Z元素对应的单质,Z是地壳中含量最高的元素,它们有如图所示的转化关系。
下列说法不正确的是( )
A.X、Y、Z三种元素能组成离子化合物
B.反应②为化合反应,反应③为置换反应
C.常温常压下,Z的简单氢化物的熔沸点为同族最高
D.原子半径:
Y>Z>X
解析 由图和信息所知:
X、Y、Z分别为H、C、O,A为CH4,B为CO2,C为H2O,D为CO,甲为H2,Z为碳单质,丙为O2,A.C、H、O三种元素不能组成离子化合物,A错误;B.②为二氧化碳与碳反应生成一氧化碳,化合反应,反应③为水与碳在高温时反应生成氢气和一氧化碳,置换反应,B正确;C.水分子间的作用力为氢键,作用力较大,熔沸点比同族氢化物较高,C正确;D.原子半径:
C>O>H,D正确。
答案 A
10.实验室中用下列装置测定SO2催化氧化为SO3的转化率(部分夹持装置已省略,已知SO3的熔点为16.8℃,假设气体进入装置时均被完全吸收,且忽略空气中CO2的影响),下列说法不正确的是( )
A.A装置烧瓶中发生的反应可以表示为SO
+2H+===SO2↑+H2O
B.用D装置制备氧气,试管中的药品可以是KClO3
C.当停止通入SO2,熄灭酒精灯后,需要继续通一段时间的氧气
D.C中产生的白色沉淀是BaSO4
解析 70%的浓硫酸可以电离出H+,A项正确;利用D装置加热固体制取氧气,用氯酸钾制备氧气时,需要用二氧化锰作催化剂,B项错误;对于定量测定实验,除了要排除空气、水蒸气等的干扰,还要将产物SO3以及未反应的SO2全部驱赶至后续装置以进行准确测量或称量,故反应停止后还要继续通入一段时间的氧气,C项正确;装置C中发生的反应是:
3SO2+3Ba2++2NO
+2H2O===3BaSO4↓+2NO↑+4H+,沉淀为BaSO4,D项正确。
答案 B
11.(2019·湖南岳阳一模,9)研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示,两步反应分别为①N2O+Fe+===N2+FeO+(慢)、②FeO++CO===CO2+Fe+(快)。
下列说法正确的是( )
A.反应①是氧化还原反应,反应②是非氧化还原反应
B.两步反应均为放热反应,总反应的化学反应速率由反应②决定
C.Fe+使反应的活化能减小,FeO+是中间产物
D.若转移1mol电子,则消耗11.2LN2O
解析 A项,反应①、②均有元素化合价的升降,因此都是氧化还原反应,A错误;B项,由题图可知,反应①、②都是放热反应,总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定,B错误;C项,Fe+作催化剂,使反应的活化能减小,FeO+是反应过程中产生的物质,因此是中间产物,C正确;D项,由于没有指明外界条件,所以不能确定气体的体积,D错误。
答案 C
12.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂,以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料,采用电渗析法合成(CH3)4NOH,其工作原理如下图所示(a、b为石墨电极,c、d、e为离子交换膜),下列说法正确的是( )
A.M为正极
B.c、e均为阳离子交换膜
C.b极电极反应式:
2H2O-4e-===O2↑+4H+
D.制备1mol(CH3)4NOH,a、b两极共产生0.5mol气体
解析 以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料,采用电渗析法合成(CH3)4NOH的过程中,根据氯离子的移动方向可知,a为阴极,b为阳极,又据图分析,生成氯化钠浓溶液,说明阳极上不是氯离子放电,则e不是阴离子交换膜,是阳离子交换膜,阳极电极反应式为4OH--4e-===2H2O+O2↑,据左池产物分析,c也是阳离子交换膜,a电极为氢离子放电生成氢气,则A、a为阴极,b为阳极,所以M为负极,A错误;B、根据以上分析可知c、e均为阳离子交换膜,B正确;C、根据以上分析可知阳极电极反应式为4OH--4e-===2H2O+O2↑,C错误;D、a电极为氢离子放电生成氢气,b电极氢氧根放电生成氧气。
制备1mol(CH3)4NOH,转移1mol电子,根据电子得失守恒可知a、b两极共产生0.5mol+0.25mol=0.75mol气体,D错误。
答案 B
13.近年,科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法:
2C2H5OH(g)
CH3COOC2H5(g)+2H2(g),在常压下反应,冷凝收集,测得常温下液体收集物中主要产物的质量分数如图所示。
关于该方法,下列推测不合理的是( )
A.反应温度不宜超过300℃
B.该反应属于消去反应
C.在催化剂作用下,乙醛是反应历程中的中间产物
D.提高催化剂的活性和选择性,减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键
解析 A.通过图像分析出,当温度高于300℃时,乙酸乙酯的质量分数开始下降,所以反应温度不宜高于300℃。
A正确;B.根据反应2C2H5OH(g)
CH3COOC2H5(g)+2H2(g)及图像可看出,在催化剂的作用下,乙醇先生成乙醛,发生去氢氧化反应,进一步生成乙酸乙酯,并不是消去反应,B错误;C.因液态收集物中乙醛产量初期偏大,但是慢慢就随着乙酸乙酯的产量增大而减小,所以它应是中间产物,C正确;D.乙醇有可能会生成乙烯或乙醚等副产物,因乙烯是气体物质,所以图中没显示。
催化剂有选择性,如果选择优质的催化剂可以提高反应速率,同时减小副反应过程的发生可提高产率,D正确。
答案 B
非选择题
二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。
第26~28题为必考题,每道题考生都必须作答。
第35、36题为选考题,考生根据要求作答。
)
(一)必考题(共43分)
26.(14分)氢氧化钡是分析化学中的重要试剂。
工业上以重晶石矿(主要成分BaSO4,含杂质Fe2O3、SiO2)为原料,生产Ba(OH)2·8H2O的流程示意如下:
已知:
高温焙烧,炭还原重晶石的反应方程式为:
BaSO4+4C
CO↑+BaS
(1)氢氧化钡的电子式为________。
(2)水浸并过滤后的滤渣中含三种单质,分别为C、________和________(填化学式),滤液1显________(填“酸性”或“碱性”)。
向滤液1中加入CuO后,会生成黑色沉淀,该反应的化学方程式为_______________________。
(3)还可采用如下流程对滤液1进行处理:
若D物质为AB型,其组成与MnO2相同,滤液1中加入MnO2的化学方程式为_____________________________。
该方法的优点是_____________________________。
(4)由滤液2得到产品需采用的操作是________、________、过滤。
解析
(1)根据电子式的书写规则氢氧化钡的电子式为:
;
(2)在焙烧过程中,碳将Fe2O3、SiO2中的Fe和Si还原出来,所以水浸并过滤后的滤渣中有Fe和Si;根据题干信息,BaS在水浸时发生水解反应生成氢氧化钡,所以滤液呈碱性;向滤液1中加入CuO后发生反应为:
BaS+CuO+H2O===CuS+Ba(OH)2;(3)由图示及二氧化锰的氧化性可得该反应方程式为:
BaS+MnO2+H2O===MnO+S+Ba(OH)2,该方法的优点是MnO2可以循环利用;(4)根据氢氧化钡的溶解性可知要获取Ba(OH)2·8H2O需采用的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
答案
(1)
(2)Fe Si 碱性 BaS+CuO+H2O===CuS+Ba(OH)2
(3)BaS+MnO2+H2O===MnO+S+Ba(OH)2 MnO2可以循环利用
(4)蒸发浓缩 冷却结晶
27.(14分)磷酸二氢钾(KH2PO4)在工业、农业、医药及食品等行业均有广泛的应用。
利用氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)制备磷酸二氢钾的工艺流程如图所示(部分流程步骤已省略):
其中,萃取是因为KCl和H3PO4产生的HCl易溶于有机萃取剂。
请回答下列问题:
(1)氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合价是________。
(2)用化学反应原理解释KCl和H3PO4生成KH2PO4的原因:
_______________________________。
(3)若在实验室中进行操作Ⅰ和Ⅱ,则需要相同的玻璃仪器是________;沸腾槽不能采用陶瓷材质的原因是______________________(用化学方程式表示)。
(4)副产品N的化学式是________;在得到N的流程中“……”的操作步骤是____________________________________________、洗涤、干燥。
(5)在萃取过程中,影响萃取率的因素复杂,下图是投料比
对萃取率的影响曲线,在实际操作中,应选择投料比
的范围是________(填序号)。
A.0.2~0.4B.0.4~0.6
C.0.6~0.8D.0.8~1.0
E.1.0~1.2
(6)电解法制备KH2PO4是用石墨作电极,将电解槽分为a区和b区,中间用阳离子交换膜隔离,a区为3mol·L-1H3PO4,b区为3mol·L-1KCl。
阳极区为________(填“a”或“b”)区,其电极反应式是_______________________。
解析
(1)在Ca5P3FO12中Ca为+2价、F为-1价、O为-2价,由化合物中元素化合价的代数和为0,则P为+5价。
(2)该反应是KCl+H3PO4KH2PO4+HCl,加入有机萃取剂后,HCl被萃取到有机层,水溶液中c(HCl)减小,使得平衡向生成KH2PO4的方向移动。
(3)在实验室中进行操作Ⅰ是过滤,操作Ⅱ是萃取,则需要用到相同的玻璃仪器是烧杯。
在沸腾槽中生成了HF,陶瓷中含有SiO2,可发生反应:
4HF+SiO2===2H2O+SiF4,故沸腾槽不能采用陶瓷材质。
(4)根据流程知副产品N是NH4Cl,通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥可得到。
(5)为了得到更多的KH2PO4,原料磷酸损失越少越好,所以磷酸的萃取率要低,但HCl的萃取率要比较高,由图像可知,在
=1.0~1.2为宜。
(6)因为中间用阳离子交换膜隔离,只能是K+通过隔膜到阴极区生成KH2PO4,故KCl所在的b区是阳极区,电极反应式:
2Cl--2e-===Cl2↑。
答案
(1)+5
(2)该反应是KCl+H3PO4KH2PO4+HCl,加入有机萃取剂后,HCl被萃取到有机层中,水溶液中c(HCl)减小,使得平衡向生成KH2PO4的方向移动
(3)烧杯 4HF+SiO2===2H2O+SiF4
(4)NH4Cl (减压)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(5)E
(6)b 2Cl--2e-===Cl2↑
28.(15分)硼(B)可形成H3BO3、NaBH4、NaBO2等化合物,用途广泛。
(1)H3BO3为一元弱酸,可由硼砂(Na2B4O7·10H2O)与盐酸加热反应制得。
该反应的化学方程式为_________________________。
常温下0.1mol·L-1的H3BO3溶液pH约为5.0,则H3BO3的电离常数Ka约为________。
(2)在恒容密闭容器中发生储氢反应:
BPO4(s)+4Na(s)+2H2(g)Na3PO4(s)+NaBH4(s) ΔH<0
下图为NaBH4产率与反应温度的关系曲线:
①反应达到平衡时,下列有关叙述正确的是________。
(填标号)
A.生成1molNaBH4只需1molBPO4、4molNa和2molH2
B.若向容器内通入少量H2,则v(放氢)<v(吸氢)
C.升高温度,放氢速率加快,重新达到平衡时容器压强增大
D.降低温度,该反应的平衡常数减小
②NaBH4的产率在603K之前随温度升高而增大的原因是________________。
(3)NaBH4可水解放出氢气,反应方程式为:
NaBH4+2H2O===NaBO2+4H2↑。
①t1/2为NaBH4水解的半衰期(水解一半所需要的时间,单位为分钟)。
lgt1/2随pH和温度的变化如图所示。
在酸性条件下,NaBH4不能稳定存在,原因是_____________________________________(用离子方程式表示);
T1________T2。
(填“>”或“<”)
②用H2制备H2O2的一种工艺简单、能耗低的方法,反应原理如下图所示。
总反应的化学方程式为___________________________。
解析
(1)Na2B4O7·10H2O与盐酸加热反应生成H3BO3、NaCl和H2O。
因此答案为Na2B4O7·10H2O+2HCl
4H3BO3+2NaCl+5H2O。
H3BO3为一元弱酸,电离方程式为H3BO3H++H2BO
,根据电离常数的定义可知Ka=1.0×10-9。
(2)①A.该反应为可逆反应,1molBPO4、4molNa和2molH2不可能完全反应转化为1molNaBH4,A错误。
B.若向容器内通入少量H2,增加反应物的浓度,反应向正反应方向进行,则v(放氢)<v(吸氢),B正确。
C.升高温度,正逆反应速率都加快,升高温度反应向吸热反应即放氢方向进行,重新达到平衡时容器压强增大,C正确。
D.该反应为放热反应,温度降低,平衡向正反应方向进行,平衡常数变大,故D错误。
②NaBH4的产率在603K之前随温度升高而增大是因为反应没有达到平衡状态,温度升高,反应速率加快。
(3)①根据NaBH4水解的化学方程式可知BH
中H显-1价,和水电离的H+发生氧化还原反应生成H2。
在酸性条件下BH
和H+发生氧化还原反应生成H2,离子方程式为BH
+H++3H2O===H3BO3+4H2↑。
t1/2越大lgt1/2越大,pH相同的时候T1对应的lgt1/2大,也就是T1时水解的半衰期长,反应速率慢,温度低,T1<T2。
②根据图示可知Pd和[PdCl2O2]2-为中间产物,[PdCl4]2-为催化剂,反应的化学方程式为H2+O2
H2O2。
答案
(1)Na2B4O7·10H2O+2HCl
4H3BO3+2NaCl+5H2O 1.0×10-9
(2)①BC ②反应未达到平衡状态,温度升高,反应速率加快
(3)①BH
+H++3H2O===H3BO3+4H2↑ <
②H2+O2
H2O2
(二)选考题:
共15分。
请考生从给出的2道题中任选一题作答。
如果多做,则按所做第一题计分。
35.【选修3:
物质结构与性质】(15分)(2018·甘肃张掖市高三质检)钾、氟及锌的相关化合物用途非常广泛。
回答下列问题:
(1)基态锌原子的价电子排布式为________;K、F、Zn的电负性从大到小的顺序为___________________________。
(2)Zn与Ca位于同一周期且最外层电子数相等,钙的熔点与沸点均比锌高,其原因是____________________________。
(3)OF2分子的几何构型为________________________________,
中心原子的杂化类型为____________________。
(4)KOH与O3反应可得到KO3(臭氧化钾),KO3中除σ键外,还存在______________________;
与O
互为等电子体的分子为________(任写一种)。
(5)K、F、Zn组成的一种晶体结构如图所示,其晶胞参数为a=0.4058nm。
①晶胞中Zn2+的配位数为________个。
②晶胞中紧邻的两个F-间的距离为______________________(列出算式即可)nm。
③该晶体的密度为_____________________(列出算式即可,
用NA表示阿伏加德罗常数的数值)g·cm-3。
解析
(1)锌是30号元素,基态锌原子的价电子排布式为3d104s2;元素的非金属性越强,电负性数值越大,金属性越强,电负性数值越小,金属性K>Zn,F的非金属性最强,电负性最大,电负性从大到小的顺序为F>Zn>K。
(2)锌的原子半径较大,金属键较弱,导致钙的熔点与沸点比锌高。
(3)OF2分子中O原子的价层电子对数=2+
(6-1×2)=4,采用sp3杂化,2个孤电子对OF2的几何构型为V形。
(4)KOH与O3反应可得到KO3(臭氧化钾),KO3属于离子化合物,除σ键外,还存在离子键和π键,与O
互为等电子体的分子有ClO2等。
(5)①晶胞中与Zn2+距离相等,且最近的为F-,有6个,因此Zn2+配位数为6。
②根据图示,晶胞中紧邻的两个F-间的距离为面对角线距离的一半,即
×0.4058nm×
=
×0.4058nm。
③该晶胞中含有锌离子的数目=8×
=1,氟离子的数目=12×
=3,钾离子数目=1,化学式为KZnF3,1mol晶胞的质量为(39+65+19×3)g,1mol晶胞的体积为(0.4058×10-7)3×NAcm3,则晶体的密度为
=
g·cm-3。
答案
(1)3d104s2 F>Zn>K
(2)锌的原子半径较大,金属键较弱
(3)V形 sp3
(4)离子键和π键 ClO2(或其他合理答案)
(5)①6 ②
×0.4058 ③
36.【选修5:
有机化学基础】(15分)诺氟沙星为喹诺酮类抗生素,其合成路线如下:
回答下列问题:
(1)化合物A的名称是________。
(2)诺氟沙星分子中含氧官能团的名称为________。
(3)C生成D,H生成诺氟沙星的反应类型分别是________、________。
(4)F的结构简式为________________。
(5)G生成H的化学方程式为______________________。
(6)有机物X比B分子少一个CH2原子团,且含有酯基和
结构,其中核磁共振氢谱有三组峰,峰面积比为1∶3∶3的结构简式为___________(任写一种)。
(7)参照上述合成路线写出由有机物
、B为有机原料合成
的路线图(无机试剂任选)。
解析
(1)根据有机物命名规则可知A的名称为丙二酸二乙酯。
(2)由诺氟沙星分子结构简式不难看出,含氧官能团有羧基、(酮)羰基。
(3)C生成D的反应是—NO2转化为—NH2,为还原反应,H生成诺氟沙星的反应是H分子中氯原子被
取代,为取代反应。
(4)对比E和G的分子结构差异可知F生成G是实现C2H5—的取代,由此可推知F的结构简式为
。
(5)对比G和H的分子结构可知—COOC2H5转化为—COOH,反应方程式为
(6)化合物X的分子式为C9H14O5。
核磁共振氢谱有三组峰说明X分子中有三种氢,且峰面积比为1∶3∶3即2∶6∶6,共14个氢原子对称结构;又知含有酯基和
结构,5个氧原子以
为中心两边酯基结构对称,由此可推知满足题意的分子结构为
或
。
(7)根据题干流程可知,利用“B+D→E→F以及G→H”,设计出合成路线为
。
答案
(1)丙二酸二乙酯
(2)羧基、(酮)羰基 (3)还原反应 取代反应
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