2019-2020学年广东省河源市连平县忠信中学新高考化学模拟试卷
一、单选题(本题包括15个小题,每小题4分,共60分.每小题只有一个选项符合题意)
1.下列说法中正确的是( )
A.气体单质中,一定有σ键,可能有π键
B.PCl3分子是非极性分子
C.邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高
D.ClO4-的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 稀有气体是单原子分子,没有σ键,A选项错误;
B. PCl3分子中心原子P为sp3杂化,有一对孤对电子,所以分子构型为三角锥形,是极性分子,B选项错误;
C. 邻羟基苯甲醛的羟基和醛基形成分子内氢键,而对羟基苯甲醛形成分子间氢键,所以邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低,C选项错误;
D. ClO4-的价层电子对数为(7+1)÷2=4,所以ClO4- VSEPR模型为正四面体;中心原子Cl没有孤对电子,配位原子均为O,所以其空间立体构型也为正四面体,D选项正确;
答案选D。
【点睛】
分子间氢键加强了分子之间的作用力,使物质熔、沸点升高,而分子内氢键不能加强分子之间的作用力。
2.如图是l mol金属镁和卤素反应的△H(单位:kJ· mol-1)示意图,反应物和生成物均为常温时的稳定状态,下列选项中不正确的是
A.由图可知,MgF2(s)+Br2(l)=MgBr2(s)+F2(g)△H=+600kJ· mol-1
B.MgI2与Br2反应的△H<0
C.电解MgBr2制Mg是吸热反应
D.化合物的热稳定性顺序:MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2
【答案】D
【解析】
【分析】
A.Mg(s)+F2(l)=MgF2(s)△H=-1124kJ·mol-1,Mg(s)+Br2(l)=MgBr2(s)△H=-524kJ·mol-1,依据盖斯定律计算得到选项中热化学方程式分析判断;
B.溴化镁的能量小于碘化镁的能量,溴的能量大于碘的能量,所以MgI2与Br2反应是放热反应;
C.生成溴化镁为放热反应,其逆反应为吸热反应;
D.能量越小的物质越稳定。
【详解】
A.Mg(s)+F2(l)=MgF2(s)△H=-1124kJ·mol-1,Mg(s)+Br2(l)=MgBr2(s)△H=-524kJ·mol-1,将第二个方程式与第一方程式相减得MgF2(s)+Br2(L)=MgBr2(s)+F2(g)△H=+600kJ·mol-1,故A正确;
B.溴化镁的能量小于碘化镁的能量,溴的能量大于碘的能量,所以MgI2与Br2反应是放热反应, MgI2与Br2反应的△H<0,故B正确;
C. 生成溴化镁为放热反应,其逆反应为吸热反应,电解MgBr2制Mg是吸热反应,故C正确;
D.能量越小的物质越稳定,所以化合物的热稳定性顺序为MgI2<MgBr2<MgCl2<MgF2,故D错误;
故选D。
【点睛】
本题化学反应与能量变化,侧重考查学生的分析能力,易错点D,注意物质能量与稳定性的关系判断,难点A,依据盖斯定律计算得到选项中热化学方程式。
3.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一,以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。下列有关说法正确的是
A.氧化反应有①⑤⑥,加成反应有②③
B.氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色
C.反应⑥的现象为产生砖红色沉淀
D.可用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2
【答案】C
【解析】
【分析】
反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇,反应②为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷,反应③为1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯,反应④为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯,反应⑤为乙醇发生催化氧化生成乙醛,反应⑥为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸,据此解答。
【详解】
反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇,反应②为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷,反应③为1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯,反应④为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯,反应⑤为乙醇发生催化氧化生成乙醛,反应⑥为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸,
A. 根据以上分析知,氧化反应有⑤⑥,加成反应有①②,A项错误;
B. 氯乙烯有碳碳双键,能被酸性KMnO4溶液氧化,从而使酸性KMnO4溶液褪色,聚乙烯没有碳碳双键,不能被酸性KMnO4溶液氧化,则不能使酸性KMnO4溶液褪色,B项错误;
C. 乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸,氢氧化铜被还原生成氧化亚铜砖红色沉淀,C项正确;
D. 乙醇与CCl4互溶,则不能用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2,D项错误;
答案选C。
4.下图是新型镁-锂双离子二次电池,下列关于该电池的说法不正确的是( )
A.放电时, Li+由左向右移动
B.放电时, 正极的电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4
C.充电时, 外加电源的正极与Y相连
D.充电时, 导线上每通过1mole-, 左室溶液质量减轻12g
【答案】D
【解析】
【分析】
放电时,左边镁为负极失电子发生氧化反应,反应式为Mg-2e-=Mg2+,右边为正极得电子发生还原反应,反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4,阳离子移向正极;充电时,外加电源的正极与正极相连,负极与负极相连,结合电子转移进行计算解答。
【详解】
A.放电时,为原电池,原电池中阳离子移向正极,所以Li+由左向右移动,故A正确;
B、放电时,右边为正极得电子发生还原反应,反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣=LiFePO4,故B正确;
C、充电时,外加电源的正极与正极相连,所以外加电源的正极与Y相连,故C正确;
D、充电时,导线上每通过1mole﹣,左室得电子发生还原反应,反应式为Mg2++2e﹣=Mg,但右侧将有1molLi+移向左室,所以溶液质量减轻12﹣7=5g,故D错误;
答案选D。
【点睛】
正确判断放电和充电时的电极类型是解答本题的关键。本题的难点为D,要注意电极反应和离子的迁移对左室溶液质量的影响。
5.减压过滤装置中用于承接滤液的仪器是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.是干燥管,故A不选;
B. 是抽滤瓶,用于减压过滤,故B选;
C. 是洗气装置,用于除杂,故C不选;
D.是坩埚,用于灼烧固体,故D不选;
故选B。
6.X、Y、Z、W均为短周期元素,它们在周期表中相对位置如图所示.若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍,下列说法中正确的是:
A.只由这四种元素不能组成有机化合物
B.最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z弱
C.Z的单质与氢气反应较Y剧烈
D.X、Y形成的化合物都易溶于水
【答案】A
【解析】
【分析】
根据Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍,可判断Y为氧元素,因此X、Z、W分别为氮、硫、氯元素。
【详解】
A、因要组成有机化合物必须含有碳、氢元素,正确;
B、非金属性W>Z,最高价氧化物对应水化物的酸性是W>Z,错误;
C、非金属性Y>Z,故Y与氢气化合物更剧烈,错误;
D、N、O形成的化合物如NO不易溶于水,错误。
7.中华民族有着光辉灿烂的发明史,下列发明创造不涉及氧化还原反应的是
A.火法炼铜 B.转轮排字 C.粮食酿酒 D.钻木取火
【答案】B
【解析】
【详解】
A.火法炼铜是指用氧气与硫化亚铜制取铜的反应,属于氧化还原反应,故A不选;B. 转轮排字属于物理变化,故选B;C.用粮食酿酒过程实质是淀粉水解生成葡萄糖,在进行发酵生成乙醇的过程,中间有元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,故C不选;D. 钻木取火是通过动能转化为热能使木材燃烧,属于氧化还原反应,故D不选;答案:B。
8.关于如图装置中的变化叙述错误的是
A.电子经导线从锌片流向右侧碳棒,再从左侧碳棒流回铜片
B.铜片上发生氧化反应
C.右侧碳棒上发生的反应:2H++2e→H2 ↑
D.铜电极出现气泡
【答案】B
【解析】
【分析】
右边装置能自发的进行氧化还原反应,所以右边装置是原电池,锌易失电子而作负极,铜作正极;左边装置连接外加电源,所以是电解池,连接锌棒的电极是阴极,连接铜棒的电极是阳极。根据原电池和电解池原理进行判断。
【详解】
A. 根据原电池工作原理可知:电子从负极锌沿导线流向右侧碳棒,再从左侧碳棒流回正极铜片,故A正确;
B.根据氧化还原的实质可知:锌片上失电子发生氧化反应,铜片上得电子发生还原反应,故B错误;
C. 根据电解池工作原理可知:左侧碳棒是电解池阳极,阳极上应该是氯离子放电生成氯气,右侧碳棒是阴极,该电极上发生的反应: 2H++2e→H2 ↑,故C正确;
D. 根据原电池工作原理可知:铜电极是正极,正极端氢离子得电子放出氢气,故D正确;
答案选B。
9.第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液,0.01mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是
A.简单离子半径: X>Y>Z>W
B.W的单质在常温下是黄绿色气体
C.气态氢化物的稳定性: Z>W>Y
D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时,溶液中的微粒共有2种
【答案】B
【解析】
【分析】
第三周期元素中,X最高价氧化物水化物的溶液pH为12,氢氧根浓度为0.01mol/L,故为一元强碱,则X为Na元素;Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7,均为酸,W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L,故为一元强酸,则W为Cl元素;最高价含氧酸中,Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱,而原子半径Y>Z>Cl,SiO2不溶于水,故Z为S元素,Y为P元素,以此解答该题。
【详解】
综上所述可知X是Na元素,Y是P元素,Z是S元素,W是Cl元素。
A.离子的电子层结构相同,核电荷数越大,离子半径越小;离子的电子层越多,离子半径越大,离子半径P3->S2->Cl->Na+,A错误;
B.W是Cl元素,其单质Cl2在常温下是黄绿色气体,B 正确;
C.元素的非金属性越强,其简单氢化物的稳定性就越强,由于元素的非金属性W>Z>Y,所以气态氢化物的稳定性:W>Z>Y,C错误;
D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4,二者恰好中和时生成磷酸钠,由于该盐是强碱弱酸盐,溶液中磷酸根发生分步水解反应,产生HPO42-,产生的HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4,同时溶液中还存在H+、OH-,因此溶液中的微粒种类比2种多,D错误;
故合理选项是B。
【点睛】
本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识,根据溶液的pH与浓度的关系,结合原子半径推断元素是解题关键,侧重对元素周期表、元素周期律的考查,难度中等。
10.设NA为阿伏加德罗常数值。下列体系中指定微粒个数约为NA的是
A.0.5molCl2溶于足量水,反应中转移的电子
B.7.0g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子
C.1L1mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32-
D.标准状况下,5.6LCCl4含有的氯原子
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. Cl2溶于足量水,反生反应生成HCl和HClO,为可逆反应,转移电子数无法计算,A项错误;
B. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2,故7.0g混合物中含有的CH2的物质的量为0.5mol,则含NA个H原子,B项正确;
C. 1L1mol/L Na2CO3溶液中Na2CO3的物质的量为1mol,CO32-为弱酸根,在溶液中会水解,微粒个数约小于NA,C项错误;
D. 标况下四氯化碳为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数,D项错误;
答案选B。
【点睛】
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,注意:可逆反应无法得出具体转移电子数;水解后粒子会减少;液体不能用气体摩尔体积计算。
11.下列说法或表示方法正确的是( )
A.在稀溶液中,H2SO4和Ba(OH)2的中和热要大于57.3kJ/mol
B.2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H <O,△S>O
C.已知:2SO2(g) +O2(g)2SO3 (g) ;△H=-98.3kJ/mol。将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应,放出49.15kJ的热量
D.在10lkPa、25℃时,1gH2完全燃烧生成气态水,放出120.9kJ的热量,则氢气的燃烧热为241.8 kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 在稀溶液中,强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热,在稀溶液中,H2SO4和Ba(OH)2的中和热等于57.3kJ/mol,故A错误;
B. 2C(s)+O2(g)═2CO(g)燃烧过程均为放热反应,△H <O;该反应是气体体积增加的反应,即为混乱度增大的过程,△S>O;故B正确
C. 已知:2SO2(g) +O2(g)2SO3 (g) ;△H=-98.3kJ/mol。该反应为可逆反应,△H=-98.3kJ/mol为反应进行彻底时放出的热量,将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应,放出的热量小于49.15kJ,故C错误。
D. 在10lkPa、25℃时,1gH2完全燃烧生成气态水,水蒸气不是稳定的氧化物,不能用于计算燃烧热,故D错误;
答案选B
12.使用石油热裂解的副产物中的甲烷来制取氢气,需要分两步进行,其反应过程中的能量变化如图所示:
则甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为( )
A.CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g) ΔH=-103.3kJ/mol
B.CH4(g)+2H2O(g)=4H2(g)+CO2(g) ΔH=-70.1kJ/mol
C.CH4(g)+2H2O(g)=4H2(g)+CO2(g) ΔH=70.1kJ/mol
D.CH4(g)+2H2O(g)=4H2(g)+CO2(g) ΔH=-136.5kJ/mol
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学反应与能量变化,意在考查考生的图象分析能力与推理能力。
【详解】
左图对应的热化学方程式为A. CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g) ΔH=-103.3kJ/mol,右图对应的热化学方程式为CO (g) + H2O(g)=H2 (g) + CO2 (9) △H=-33. 2kJ/mol;两式相加即可得相应的热化学方程式D. CH4(g)+2H2O(g)=4H2(g)+CO2(g) ΔH=-136.5kJ/mol,故D符合题意;
答案:D。
【点睛】
根据两图都为放热反应,完成热化学反应方程式,再根据盖斯定律进行分析即可。
13.下列说法正确的是( )
A.钢铁发生电化学腐蚀的负根反应:
B.常温下
C.向
D.向
【答案】B
【解析】
【详解】
A.钢铁发生电化学腐蚀时,负极发生的反应是:Fe-2e-═Fe2+,故A错误;
B.当在25℃时由水电离的H+浓度为10-7mol/L,说明溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-)①,根据电荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)②,由①②得,c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-),故B正确;
C.常温下向CH3COONa稀溶液中加入CH3COONa固体,加入CH3COONa固体,醋酸根离子以及钠离子浓度均增大,同时会对水解平衡起到抑制作用,所以醋酸根离子浓度增加的程度大,
D.在NaHS溶液中,滴入少量CuCl2溶液,HS-电离出的S2-与Cu2+结合生成CuS黑色沉淀,HS-电离程度增大,pH减小,故D错误;
故答案为B。
14.下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是
选项 | 实验目的 | 实验方案 |
A | 探究化学反应的 | 取5mL0.1mol/LKI溶液,滴加0.1mol/LFeCl3溶液5~6滴,充分反应,可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应 |
B | 探究浓度对化学反应速率的影响 | 用两支试管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液,分别加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的草酸溶液,记录溶液褪色所需的时间 |
C | 证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成 | 将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热,将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中 |
D | 验证醋酸钠溶液中存在水解平衡 | 取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂,再加入醋酸铵固体其水溶液呈中性,观察溶液颜色变化 |
A.A B.B C.C D.D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.KI与FeCl3发生氧化还原反应,其离子反应式为2I-+2Fe3+=2Fe2++I2,由于KI过量,因此溶液中存在I2和I-,故不可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应,A错误;
B.高锰酸钾与草酸溶液反应的离子式为 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=8H2O+10CO2↑+2Mn2+,可知溶液中高锰酸钾溶液过量,难以观察到褪色现象,B错误;
C.由于溶液中挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色,所以不能使用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯,C错误;
D.CH3COONa在水溶液呈碱性是存在阴离子的水解:CH3COO- +H2O⇌CH3COOH+OH-,加入酚酞溶液后变红,再加入醋酸铵固体,醋酸铵溶液呈中性,此时溶液中CH3COO-浓度增大,反应正向移动,溶液颜色加深,D正确;
答案选D。
【点睛】
此题易错点是B选项,通过观察高锰酸钾褪色快慢来探究反应速率大小,若高锰酸钾过量则不会观察到褪色,延伸考点还会出现高锰酸钾浓度不同来探究,要注意浓度不同时本身颜色深浅就不同,所以难以通过观察先褪色说明速率快;一般是高锰酸钾浓度相同且量少时,慢慢滴加不同浓度的草酸溶液,以此探究浓度对速率的影响。
15.下列说法正确的是( )
A.碱金属族元素的密度,沸点,熔点都随着原子序数的增大而增大
B.甲烷与氯气在光照条件下,生成物都是油状的液体
C.苯乙烯所有的原子有可能在同一个平面
D.电解熔融的 AlCl3制取金属铝单质
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 碱金属族元素的密度,沸点,熔点都随着原子序数的增大而增大,但钠和钾反常,故A错误;
B. 甲烷与氯气在光照条件下,发生取代反应,共有氯化氢、一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷五种物质,其中氯化氢、一氯甲烷是气体,不是液体,故B错误;
C. 苯中所有原子在同一面,乙烯所有的原子在同一面,由苯和乙烯构成的苯乙烯,有可能所有的原子在同一个平面,故C正确;
D. AlCl3是共价化合物,电解熔融不能产生铝离子得电子,不能制取金属铝单质,故D错误。
答案选C。
二、实验题(本题包括1个小题,共10分)
16.无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡与Cl2反应制备SnCl4。拟利用图中的仪器,设计组装一套实验装置制备SnCl4(每个装置最多使用一次)。
已知:①有关物理性质如下表
物质 | 颜色、状态 | 熔点/℃ | 沸点/℃ | |
Sn | 银白色固体 | 231.9 | 2260 | SnCl2易水解,SnCl4易水解生成固态二氧化锡, 锡与Cl2反应过程放出大量的热 |
SnCl4 | 无色液体 | -33 | 114 | |
SnCl2 | 无色晶体 | 246 | 652 | |
②Fe3++Sn2+—Fe2++Sn4+ Fe2+ + Cr2O72- +H+—Fe3++Cr3++H2O(未配平)
回答下列问题:
(1)“冷凝管”的名称是________,装置Ⅱ中发生反应的离子方程式为________。
(2)用玻管(未画出)连接上述装置,正确的顺序是(填各接口的代码字母)_____。
(3)如何检验装置的气密性______,实验开始时的操作为_______。
(4)如果将制取的四氯化锡少许暴露于空气中,预期可看到的现象是出现白色烟雾,化学方程式为_______。
(5)可用重铬酸钾滴定法测定产品中的SnCl2的含量,准确称取该样品m g放于烧杯中,用少量浓盐酸溶解,加入过量的氯化铁溶液,再加水稀释,配制成250mL溶液,取25.00mL于锥形瓶中,用0.1000mol·L-1重铬酸钾标准溶液滴定至终点,消耗标准液15.00mL,则产品中SnCl2的含量为____%(用含m的代数式表示),在测定过程中,测定结果随时间延长逐渐变小的原因是____(用离子方程式表示)。
【答案】直形冷凝管 2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ 关闭滴液漏斗活塞,将装置最后端的导气管插入水中,微热烧瓶,在导管末端有气泡产生,冷却烧瓶,在导管内形成一段高于液面的水柱,一段时间不发生变化,说明气密性良好 先打开Ⅱ中的活塞,待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后,点燃Ⅰ中的酒精灯 SnCl4+2H2O = SnO2+4HCl 855/m 2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O
【解析】
【分析】
装置Ⅱ为制备氯气的装置,产生的氯气中会混有HCl和水蒸气等杂质气体,将气体通过V装置,V装置中的饱和食盐水可除去HCl,再将气体通过Ⅳ装置,Ⅳ装置中的浓硫酸可除去水蒸气,可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入Ⅰ装置,氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气,将SnCl4蒸气经装置Ⅲ冷却,可得到SnCl4液体。由于SnCl4易水解,为防止空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余的Cl2,可在装置Ⅲ后连接Ⅵ装置。
(1)根据仪器特点解答仪器名称,装置II中KMnO4与HCl反应制Cl2;
(2)依据上述分析进行仪器连接;需注意制备的氯气应先除杂后干燥,干燥、纯净的氯气再和Sn反应,因为SnCl4易水解,应在收集SnCl4的装置后边连接干燥装置,防止空气中的水蒸气进入,同时要吸收尾气Cl2;
(3)气密性的检验可采用加热法,升高发生装置体系内气体的温度,可以增大压强,使体系内空气外逸,当温度恢复初始温度时,体系内压强减小,导致浸没在水中的导气管内倒吸一段水柱;防止Sn与O2反应以及防止生成的SnCl4水解,实验开始应先通Cl2排尽装置中空气;
(4)根据信息书写方程式;
(5)用重铬酸钾滴定法测定SnCl2时,发生的反应为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+ 、6Fe2+ + Cr2O72- +14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,可得关系式3Sn2+~Cr2O72-,由消耗的K2Cr2O7计算SnCl2,进一步计算SnCl2的含量;Sn2+具有强还原性,易被O2氧化。
【详解】
(1)“冷凝管”的名称是直形冷凝管;装置Ⅱ中是KMnO4和HC1制备氯气的反应,高锰酸钾中的锰元素由+7价降低到+2价生成Mn2+,HCl中的氯元素由-1价升高到0价生成氯气,离子反应方程式为2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。本小题答案为:直形冷凝管;2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
(2)装置Ⅱ为制备氯气的装置,产生的氯气中会混有HCl和水蒸气等杂质气体,将气体通过V装置,V装置中的饱和食盐水可除去HCl,再将气体通过Ⅳ装置,Ⅳ装置中的浓硫酸可除去水蒸气,可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入Ⅰ装置,氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气,将SnCl4蒸气经装置Ⅲ冷却,可得到SnCl4液体。由于SnCl4易水解,为防止外界空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余Cl2防污染大气,可在装置Ⅲ后连接Ⅵ装置。根据上述分析该装置的连接顺序是BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ 。本小题答案为:BIHEFNACDJK或BIHEFNACDKJ 。
(3)检查装置的气密性用加热法,操作为:关闭滴液漏斗活塞,将装置最后端的导气管插入水中,微热烧瓶,在导管末端有气泡产生,冷却烧瓶,在导管内形成一段高于液面的水柱,一段时间不发生变化,说明气密性良好;防止Sn与O2反应以及防止生成的SnCl4水解,实验开始应先通Cl2排尽装置中空气,故实验开始时的操作为:先打开Ⅱ中的活塞,待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后,点燃Ⅰ中的酒精灯。本小题答案为:关闭滴液漏斗活塞,将装置最后端的导气管插入水中,微热烧瓶,在导管末端有气泡产生,冷却烧瓶,在导管内形成一段高于液面的水柱,一段时间不发生变化,说明气密性良好;先打开Ⅱ中的活塞,待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后,点燃Ⅰ中的酒精灯。
(4)根据表格所给信息,SnCl4易水解生成固态二氧化锡,将四氯化锡少许暴露于空气中,还可看到白色烟雾,说明水解产物中还有HCl,HCl与空气中的水蒸气形成盐酸小液滴,现象为白雾,化学方程式为SnCl4+2H2O = SnO2+4HCl。本小题答案为:SnCl4+2H2O = SnO2+4HCl。
(5)用重铬酸钾滴定法测定SnCl2时,发生的反应为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+ 、6Fe2+ + Cr2O72- +14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,可得关系式3Sn2+~Cr2O72-(或根据得失电子守恒判断),实验中消耗的n(K2Cr2O7)= 0.1000mol·L-1×0.015L=0.0015mol,则25.00mLSnCl2溶液中n(SnCl2)=0.0015mol×3=0.0045mol,则250.00mLSnCl2溶液中n(SnCl2)=0.045mol,m(SnCl2)=0.045mol×190g/mol=8.55g,则mg产品中SnCl2的含量为8.55g/mg×100%=
三、推断题(本题包括1个小题,共10分)
17. “达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药,化合物M是它的合成中间体,其合成路线如下:
已知:R1CHO
回答下列问题:
(1)有机物A的名称是______________;反应②反应类型是__________。
(2)物质B的结构简式是____________;E的分子式为_____________。
(3)G中含氧官能团的名称是________;F中有________个手性碳原子。
(4)请写出反应⑤的化学反应方程式_____________。
(5)物质N是C的一种同分异构体,写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式_______。
①分子结构中含有苯环和氨基,氨基与苯环直接相连;②能使溴水褪色;③核磁共振氢谱有6组峰,峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1。
(6)设计由苯甲醇和CH3NH2为原料制备的合成路线_______________。
【答案】苯甲醛 还原反应 H2N C15H21NO3 羟基 2 +→+
【解析】
【分析】
根据已知信息,结合C的结构简式可知,B为H2N,C与NaBH4发生还原反应生成D,D与E发生加成反应生成F,F在HCl,CH3CH2OH条件下发生取代反应生成G,G与H发生取代反应生成,在Pd/C、H2条件下发生取代反应生成M,据此分析解答。
【详解】
(1)有机物A()的名称为苯甲醛;反应②为C中碳氮双键反应后变成碳氮单键,与NaBH4发生还原反应,故答案为:苯甲醛;还原反应;
(2)根据C的结构,结合信息R1CHO 可知,物质B的结构简式是H2N;E()的分子式为C15H21NO3,故答案为:H2N ;C15H21NO3;
(3)G()中含氧官能团是羟基;F()中有2个手性碳原子,如图,故答案为:羟基;2;
(4)反应⑤为G与H发生的取代反应,反应的化学反应方程式为+→+,故答案为:+→+;
(5)物质N是C()的一种同分异构体,①分子结构中含有苯环和氨基,氨基与苯环直接相连;②能使溴水褪色,说明含有碳碳双键;③核磁共振氢谱有6组峰,峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1∶1,满足条件的一种同分异构体可以是,故答案为:;
(6) 由苯甲醇和CH3NH2为原料制备,根据信息R1CHO 可知,可以首先将苯甲醇氧化为苯甲醛,然后与发生反应生成,最后与NaBH4发生还原反应即可,故答案为: 。
【点睛】
本题的难点是涉及的物质结构较为复杂,易错点为(1)中反应②的类型的判断,碳氮双键变成碳氮单键,但反应物不是氢气,不能判断为加成反应,应该判断为还原反应。
四、综合题(本题包括2个小题,共20分)
18.汽车内燃机燃烧时,在高温引发氮气和氧气反应会产生 NOx 气体,NOx 的消除是科研人员研究的重要课题。
(1)通过资料查得 N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H反应温度不平衡常数的关系如下表:
反应温度/℃ | 1538 | 2404 |
平衡常数 |
| |
则△H___________________0(填“<”“>”戒“=”)
(2)在 800℃时,测得 2NO(g)+O2(g) ⇌ 2NO2(g)的反应速率不反应物浓度的关系如下表所示
初始浓度/ | 初始速率/ | |
C0(NO) | C0(O2) | |
0.01 | 0.01 | |
0.01 | 0.02 | |
0.03 | 0.02 | |
已知反应速率公式为 V 正=K 正×c m(NO)・cn(O2),则 m=___________________, K 正=___________________L2・mol-2・s-1
(3)在某温度下(恒温),向体积可变的容器中充人 NO2 气体,发生反应 2NO2(g) ⇌N2O4(g),气体分压随时间的变化关系如图 1 如示。
①该反应的压力平衡常数 KP=___________________。
②4s 时压缩活塞(活塞质量忽略不计)使容器体积变为原体积的 1/2,6s 时重新达到平衡,则P(N2O4)=___________________kPa。
(4)某学习小组利用图 2 装置探究向汽车尾气中喷入尿素溶液处理氮的氧化物。则该装置工作时,NO2 在 b 电极上的电极反应式为___________________。
【答案】> 2 2.5×10 3
【解析】
【分析】
(1)升高温度,K在变大,说明正向移动,升温向吸热反应方向移动即正向为吸热反应,则△H > 0。
(2)已知反应速率公式为 V 正=K 正×c m(NO)・cn(O2),2.5×10-3 =K正×0.01m×0.01n,5×10-3 =K正×0.01m×0.02n,4.5×10-2 =K正×0.03m×0.02n,根据1、2两个等式相除得出n =1,根据2、3两个等式相除得出m=2,再根据第1个等式得出K正=2.5×103L2・mol-2・s-1。
(3)①该反应的压力平衡常数 KP=
②4s时压缩活塞(活塞质量忽略不计)使容器体积变为原体积的1/2,6s时重新达到平衡,
(4)根据图中信息得出NO2在b电极变为氮气,其电极反应式为2NO2+8e- = 4O2-+N2。
【详解】
(1)升高温度,K在变大,说明正向移动,升温向吸热反应方向移动即正向为吸热反应,则△H > 0,故答案为:>。
(2)已知反应速率公式为 V 正=K 正×c m(NO)・cn(O2),2.5×10-3 =K正×0.01m×0.01n,5×10-3 =K正×0.01m×0.02n,4.5×10-2 =K正×0.03m×0.02n,根据1、2两个等式相除得出n =1,根据2、3两个等式相除得出m=2,再根据第1个等式得出K正=2.5×103L2・mol-2・s-1,故答案为:2;2.5×103。
(3)①该反应的压力平衡常数 KP=
②4s时压缩活塞(活塞质量忽略不计)使容器体积变为原体积的1/2,6s时重新达到平衡,
(4)根据图中信息得出NO2在b电极变为氮气,其电极反应式为2NO2+8e- = 4O2-+N2;故答案为:2NO2+8e- = 4O2-+N2。
19.I.SO2是一种重要的化工原料,其合理利用以及废气处理一直是化工研究的热点。
(1)氧元素在元素周期表中位于第______周期______族,硫原子核外有_____种能量不同的电子。
(2)元素的非金属性S比O______(填“强”或“弱”),从原子结构的角度解释原因:__________。
II.工业上利用反应SO2 + MnO2 → MnSO4 可以制备高纯 MnSO4,实验装置如下图:
(3)请标出反应SO2 + MnO2 → MnSO4的电子转移方向和数目____________
(4)在通入干燥空气的条件下,一段时间后,测得反应后溶液中的 n(SO42-)明显大于 n(Mn2+),请说明原因: ___________________。用化学方程式表示石灰乳的作用: ___________________。
III.SO2可用于处理含 Cr2O72-(铬元素化合价为+6)的废水,最后转化为铬沉淀(铬元素化合价为+3)除去。一种处理流程如下:
(5)NaHSO3与 Cr2O72-反应时,物质的量之比为__________。
【答案】 二 ⅥA 5 弱 硫原子半径大于氧原子半径,硫原子和氧原子的最外层电子数相等,硫原子的得电子能力比氧原子弱 在溶液中,空气中的氧气将二氧化硫氧化为 H2SO4 SO2+ Ca(OH)2→CaSO3+ H2O(或2SO2+2Ca(OH)2+O2→ 2CaSO4 + 2H2O) 3∶1
【解析】试题分析:(1)氧原子核外有2个电子层,最外层有6个电子,硫原子核外电子排布式是1S22S22P63S23P4;(2)同主族元素最外层电子数相同,原子半径自上而下逐渐增大,得电子能力逐渐减弱,失电子能力逐渐增强;(3)反应SO2 + MnO2 → MnSO4中,硫元素化合价由+4升高为+6,锰元素化合价由+4降低为+2;(4)氧气能把二氧化硫氧化为 H2SO4;二氧化硫污染空气,用氢氧化钙能吸收二氧化硫;(5)NaHSO3与 Cr2O72-反应时,硫元素化合价由+4升高为+6,铬元素化合价由+6降低为+3,根据化合价升降相同计算物质的量之比。
解析:(1)氧原子核外有2个电子层,最外层有6个电子,所以氧元素在元素周期表中位于第二周期ⅥA族,硫原子核外电子排布式是1S22S22P63S23P4,有5个能级,所以有5种能量不同的电子;(2) 同主族元素最外层电子数相同,原子半径自上而下逐渐增大,得电子能力逐渐减弱,失电子能力逐渐增强,所以S非金属性比O弱;(3)反应SO2 + MnO2 → MnSO4中,硫元素化合价由+4升高为+6,硫失去2个电子,锰元素化合价由+4降低为+2,锰元素得到2个电子,所以电子转移方向和数目是;(4)氧气能把二氧化硫氧化为 H2SO4,所以反应后溶液中的 n(SO42-)明显大于 n(Mn2+);二氧化硫污染空气,氢氧化钙能吸收二氧化硫,反应方程式为SO2+ Ca(OH)2→CaSO3+ H2O;(5)NaHSO3与 Cr2O72-反应时,硫元素化合价由+4升高为+6,铬元素化合价由+6降低为+3,设NaHSO3与 Cr2O72-反应时的物质的量比为x∶y,根据化合价升降相同,2x=y×2×3,所以x∶y= 3∶1。
点睛:氧化还原反应中,氧化剂得电子化合价降低,还原剂失电子化合价升高,根据氧化还原反应的升降规律,氧化剂得电子数一定等于还原剂失电子数。