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湖北省武汉市华中师大一附中2019届高三（上）期中化学试卷（解析版）

2018-2019学年湖北省武汉市华中师大一附中高三（上）期中化学试卷

　

一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）

1．我国古代科技高度发达，下列有关古代文献的说法，错误的是（　　）

A．明朝的《本草纲目》记载“烧酒非古法也，自元时创始，其法用浓酒和糟入甑（指蒸锅），蒸令气上，用器承滴露．”该段文字记载了白酒（烧酒）的制造过程中采用了蒸馏的方法来分离和提纯

B．汉朝的《淮南万毕术》、《神农本草经》记载“白青（碱式碳酸铜）得铁化为铜”，“石胆…能化铁为铜”都是指铜可以采用湿法冶炼

C．清初《泉州府志》物产条载：“初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之．”该段文字记载了蔗糖的分离提纯采用了黄泥来吸附红糖中的色素

D．晋代葛洪的《抱朴子》记载“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂”，是指加热时丹砂（HgS）熔融成液态，冷却时重新结晶为HgS晶体

2．下列实验装置或操作合理的是（　　）

A	B	C	D
CH4的取代反应	中和热的测定	验证铁的电化学腐蚀类型	采用CCl4萃取I2

A．A B．B C．C D．D

3．N_A代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）

A．42g NaHCO₃晶体中含有CO₃^2﹣的数目为0.5N_A

B．1 mol OH^﹣和17 g NH₃所含的电子数相等

C．1 mol Cl₂参加反应转移电子数一定为2N_A

D．2.0g H₂¹⁶O与D₂¹⁶O的混合物中所含中子数为N_A

4．下列说法中，错误的是（　　）

A．某有机物完全燃烧生成等物质的量的CO₂和H₂O，该有机物的分子式一定为C_nH_2n

B．异丁烷的一氯代物有2种

C．油脂、乙酸乙酯都属于酯类，但不是同系物

D．H₂NCH₂COOH既可以发生取代反应，也可以发生缩聚反应

5．W、X、Y、Z四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，由此可知（　　）

		X	Y
W			Z

A．Z元素氢化物的水溶液一定是强酸

B．四种元素原子形成的简单离子，半径最小的一定是Y

C．四种元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的一定是Y

D．四种元素对应的简单氢化物稳定性最强的一定是Y

6．如图是金属牺牲阳极的阴极保护法的实验装置，有关说法正确的是（　　）

A．该装置为电解池

B．本实验牺牲了金属Fe来保护金属Zn

C．若加入K₃[Fe（CN）₆]溶液后，Fe电极附近不会产生特征蓝色的沉淀

D．远洋货轮上镶嵌的金属Zn长时间没有什么变化，不需要更换

7．甲、乙是两种常见短周期元素的单质，有关物质的转化关系如图所示．下列有关说法，错误的是（　　）

A．若C为酸性气体，则B可能具有两性

B．若C是碱性气体，则B一定是碱

C．若B、C是两种酸，则B、C一定都是一元酸

D．以上3个转变可能都是氧化还原反应

　

二、解答题（共3小题，满分43分）

8．蚂蚁分泌的蚁酸主要成分是甲酸（结构式为，K_a=1.8×10^﹣4），通常情况下是一种无色易挥发的液体．甲酸在浓硫酸作用下容易分解产生CO．某化学兴趣小组的同学对HCOOH的性质进行了以下探究：

I、该组同学选择如图1所示的装置探究HCOOH在浓硫酸作用下分解产生了CO，请完成下列各小题．

（1）写出甲酸分解的化学方程式　　；

（2）装置的连接顺序a　　；

（3）HCOOH的分解产物中有CO的现象　　；

（4）该实验设计有一处明显的缺陷是　　；

II、该组同学分析了甲酸分子结构后，认为甲酸能发生银镜反应，并设计了如图2所示的实验．

（5）依图所示的实验，加热20分钟后并没有出现光亮的银镜．请解释实验中没有产生银镜的原因　　；

（6）请设计实验来验证你的解释　　．

9．研究碳及其化合物的相互转化对能源的充分利用、低碳经济有着重要的作用．

（1）已知：①CH₄（g）+H₂O（g）⇌CO（g）+3H₂（g）△H₁=+206.1kJ•mol^﹣1

②2H₂（g）+CO（g）⇌CH₃OH（l）△H₂=﹣128.3kJ•mol^﹣1

③2H₂（g）+O₂（g）⇌2H₂O （g）△H₃=﹣483.6kJ•mol^﹣1

25℃时，在合适的催化剂作用下，采用甲烷和氧气一步合成液态甲醇的热化学方程式为　　．

（2）利用反应①来制备氢气，为了探究温度、压强对反应①速率、转化率的影响，某同学设计了以下三组对比实验（温度为400℃或500℃，压强为101kPa或404kPa）．

实验序号	温度℃	压强/kPa	CH4初始浓度/mol•L﹣1	H2O初始浓度/mol•L﹣1
1	400	p	3.0	7.0
2	t	101	3.0	7.0
3	400	101	3.0	7.0

①实验2和实验3相比，其平衡常数关系是K₂　　K₃（填“＞”、“＜”或“=”）．

②将等物质的量的CH₄和水蒸气充入1L恒容密闭容器中，发生上述反应，在400℃下达到平衡，平衡常数K=27，此时容器中CO物质的量为0.10mol，则CH₄的转化率为　　．

（3）科学家提出由CO₂制 取 C的太阳能工艺如图1所示．

2“重整系统”发生的反应中n（FeO）：n（CO₂）=6：1，则Fe _xO_y的化学式为　　．

②“热分解系统”中每分解l mol Fe _xO_y，转移电子的物质的量为　　．

（4）pC类似pH，是指极稀溶液中的溶质浓度的常用负对数值．若某溶液中溶质的浓度为1×10^﹣3mol•L^﹣1，则该溶液中溶质的pC=﹣lg（1×10^﹣3）=3．如图2为25℃时H₂CO₃溶液的pC﹣pH图．请回答下列问题 （若离子浓度小于10^﹣5mol/L，可认为该离子不存在）：

①在同一溶液中，H₂CO₃、HCO₃^﹣、CO₃^2﹣　　（填“能”或“不能”）大量共存．

②求H₂CO₃一级电离平衡常数的数值K_a1=　　．

③人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系可以抵消少量酸或碱，维持pH=7.4．当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的最终将　　．

A．变大B．变小C．基本不变D．无法判断．

10．工业上常采用煅烧黄铁矿来制备SO₂，同时产生烧渣．烧渣的主要成分是含铁的氧化物和二氧化硅等，利用烧渣制备高效净水剂聚合硫酸铁可以达到资源综合利用的目的．其工艺流程如图：

（1）检验“反应I”后的溶液中是否含有Fe³⁺的试剂是　　．

（2）滤渣I的主要成分是　　．

（3）“操作III”中具体的方法依次为　　、　　、过滤和洗涤．

（4）加入适量H₂O₂的目的是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，氧化时需控制反应温度为50～60℃的原因是　　

　　．

（5）生成聚合硫酸铁的过程是先水解再聚合，聚合的化学方程式为mFe₂（OH）_n（SO₄）⇌[Fe₂（OH）_n（SO₄）]_m请写出水解的化学方程式　　．

　

[化学--选修3：物质结构与性质]

11．（1）根据VSEPR模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是　　．

A、SO₃^2﹣和NO₂^﹣B、NO₃^﹣和SO₃

C、H₃O⁺和ClO₃^﹣D、PO₄^3﹣和SO₃^2﹣

（2）CaF₂的晶胞如图所示．

①下列有关CaF₂的表达正确的是　　．

a．Ca²⁺与F^﹣间仅存在静电吸引作用

b．F^﹣的离子半径小于Cl^﹣，则CaF₂的熔点高于CaCl₂

c．阴、阳离子比为2：1的离子化合物，均与CaF₂晶体构型相同

d．CaF₂中的化学键为离子键，因此CaF₂在熔融状态下能导电

②CaF₂难溶于水，但可溶于含Al³⁺的溶液中，原因是　　 （用离子方程式表示，已知[AlF₆]^3﹣在溶液中可稳定存在）．

③晶胞中F^﹣的配位数是　　，与一个Ca²⁺等距离且最近的Ca²⁺有　　个．

（3）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示

电离能/kJ•mol﹣1	I1	I2
铜	746	1958
锌	906	1733

④写出Cu原子核外电子排布式　　；

⑤铜的第一电离能（I₁）小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能（I₂）却大于锌的第二电离能，其主要原因是　　．

　

[化学-选修5：有机化学基础]

12．工业上以1，3﹣丁二烯，丙烯，乙炔等为原料合成流程图如图

（1）反应①的反应类型是　　，B中含有的官能团的名称　　．

（2）写出反应②的化学方程式　　．

（3）写出C的结构简式　　．

（4）写出含有六元环且核磁共振氢谱有4组峰的同分异构体的结构简式　　．

（5）根据以上合成信息，以乙烯为原料合成1，6﹣己二醇，其他试剂任选，写出合成的流程图　　．

　

2018-2019学年湖北省武汉市华中师大一附中高三（上）期中化学试卷

参考答案与试题解析

　

一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）

1．我国古代科技高度发达，下列有关古代文献的说法，错误的是（　　）

A．明朝的《本草纲目》记载“烧酒非古法也，自元时创始，其法用浓酒和糟入甑（指蒸锅），蒸令气上，用器承滴露．”该段文字记载了白酒（烧酒）的制造过程中采用了蒸馏的方法来分离和提纯

B．汉朝的《淮南万毕术》、《神农本草经》记载“白青（碱式碳酸铜）得铁化为铜”，“石胆…能化铁为铜”都是指铜可以采用湿法冶炼

C．清初《泉州府志》物产条载：“初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之．”该段文字记载了蔗糖的分离提纯采用了黄泥来吸附红糖中的色素

D．晋代葛洪的《抱朴子》记载“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂”，是指加热时丹砂（HgS）熔融成液态，冷却时重新结晶为HgS晶体

【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；金属冶炼的一般原理．

【分析】A．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离；

B．得铁化为铜，都应发生置换反应；

C．黄泥具有吸附作用，可除杂杂质；

D．丹砂烧之成水银，发生化学变化，生成汞和二氧化硫．

【解答】解：A．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故A正确；

B．得铁化为铜，都应发生置换反应，应为湿法炼铜，故B正确；

C．黄泥具有吸附作用，可除杂杂质，故C正确；

D．丹砂烧之成水银，发生化学变化，生成汞和二氧化硫，不是熔化，故D错误．

故选D．

　

2．下列实验装置或操作合理的是（　　）

A	B	C	D
CH4的取代反应	中和热的测定	验证铁的电化学腐蚀类型	采用CCl4萃取I2

A．A B．B C．C D．D

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．光照下甲烷与氯气发生取代反应生成HCl，HCl极易溶于水；

B．温度计测定温度，环形玻璃搅拌棒可搅拌，泡沫可隔热，温度计的位置不合理；

C．不构成原电池，酸与Fe反应生成氢气；

D．四氯化碳可萃取碘，上下颠倒可混合．

【解答】解：A．光照下甲烷与氯气发生取代反应生成HCl，HCl极易溶于水，则量筒中液面上升可验证CH₄的取代反应，故A正确；

B．温度计测定温度，环形玻璃搅拌棒可搅拌，泡沫可隔热，温度计应在搅拌棒的中央，图中的实验装置不合理，故B错误；

C．不构成原电池，酸与Fe反应生成氢气，可利用生铁代替铁验证，故C错误；

D．四氯化碳可萃取碘，上下颠倒可混合，图中振荡操作不合理，故D错误；

故选A．

　

3．N_A代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）

A．42g NaHCO₃晶体中含有CO₃^2﹣的数目为0.5N_A

B．1 mol OH^﹣和17 g NH₃所含的电子数相等

C．1 mol Cl₂参加反应转移电子数一定为2N_A

D．2.0g H₂¹⁶O与D₂¹⁶O的混合物中所含中子数为N_A

【考点】阿伏加德罗常数．

【分析】A、碳酸氢钠晶体由钠离子和碳酸氢根构成；

B、求出氨气的物质的量，然后根据氢氧根和氨气均为10电子微粒来分析；

C、氯气反应后的价态不明确；

D、H₂¹⁶O与D₂¹⁶O的摩尔质量分别为18g/mol和20g/mol．

【解答】解：A、碳酸氢钠晶体由钠离子和碳酸氢根构成，故碳酸氢钠中无碳酸根，故A错误；

B、17g氨气的物质的量为1mol，而氢氧根和氨气均为10电子微粒，故1mol氢氧根和1mol氨气中含有的电子数均为10N_A个，故B正确；

C、氯气反应后的价态不明确，故1mol氯气转移的电子数无法确定，故C错误；

D、H₂¹⁶O与D₂¹⁶O的摩尔质量分别为18g/mol和20g/mol，故20g混合物的物质的量无法计算，则含有的中子数无法计算，故D错误．

故选B．

　

4．下列说法中，错误的是（　　）

A．某有机物完全燃烧生成等物质的量的CO₂和H₂O，该有机物的分子式一定为C_nH_2n

B．异丁烷的一氯代物有2种

C．油脂、乙酸乙酯都属于酯类，但不是同系物

D．H₂NCH₂COOH既可以发生取代反应，也可以发生缩聚反应

【考点】同分异构现象和同分异构体；芳香烃、烃基和同系物．

【分析】A．某有机物完全燃烧生成等物质的量的CO₂和H₂O，说明有机物中C：H=1：2，不能确定是否含氧；

B．有几种化学环境不同的H，就有几种一氯代物，据此判断；

C．油脂是高级脂肪酸甘油酯，含有三个酯键；

D．HOCH₂COOH中含有羟基和羧基，则能够发生取代反应和缩聚反应；

【解答】解：A．某有机物完全燃烧生成等物质的量的CO₂和H₂O，说明有机物中C：H=1：2，分子中CnH2n，单不能确定是烃还是烃的含氧衍生物，故A错误；

B、异丁烷的结构简式为：CH（CH₃），其分子中含有2种H，故异丁烷的一氯代物有2种，故B正确；

C．油脂是高级脂肪酸甘油酯有3个酯基，而乙酸乙酯只有一个酯基，官能团个数不同，不是同系物，故C正确；

D．HOCH₂COOH中含有羟基和羧基，能够发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，由于含有两个官能团，则该有机物分子之间可发生缩聚反应生成高分子化合物，故D正确；

故选A．

　

5．W、X、Y、Z四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，由此可知（　　）

		X	Y
W			Z

A．Z元素氢化物的水溶液一定是强酸

B．四种元素原子形成的简单离子，半径最小的一定是Y

C．四种元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的一定是Y

D．四种元素对应的简单氢化物稳定性最强的一定是Y

【考点】原子结构与元素的性质．

【分析】W、X、Y、Z是四种短周期主族元素，根据周期表结构知，X和Y位于第二周期而W和Z位于第三周期；

W可能是第IA族到第IVA族元素，

A．Z元素的氢化物可能是SiH₄、PH₃、H₂S或HCl；

B．电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；

C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O、F元素除外；

D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强．

【解答】解：W、X、Y、Z是四种短周期主族元素，根据周期表结构知，X和Y位于第二周期而W和Z位于第三周期；

W可能是第IA族到第IVA族元素，

A．Z元素的氢化物可能是SiH₄、PH₃、H₂S或HCl，硫化氢水溶液是弱酸，所以Z元素的氢化物水溶液不一定是强酸，故A错误；

B．电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，这几种元素形成的简单离子，如果W是第IA族元素，则离子半径最小的是W离子；如果W是第IVA族元素，则离子半径最小的是Y离子，故B错误；

C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O、F元素除外，这几种元素非金属性最强的是Y元素，则但如果Y是O、F元素，其没有最高价氧化物的水化物，故C错误；

D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，这几种元素非金属性最强的是Y元素，所以Y元素的氢化物稳定性最强，故D正确；

故选D．

　

6．如图是金属牺牲阳极的阴极保护法的实验装置，有关说法正确的是（　　）

A．该装置为电解池

B．本实验牺牲了金属Fe来保护金属Zn

C．若加入K₃[Fe（CN）₆]溶液后，Fe电极附近不会产生特征蓝色的沉淀

D．远洋货轮上镶嵌的金属Zn长时间没有什么变化，不需要更换

【考点】金属的电化学腐蚀与防护．

【分析】锌的金属性强于铁，与铁构成原电池，在酸性条件下发生析氢腐蚀，锌易失电子作负极，铁作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应．

【解答】解：A．该装置没有外接电源，所以是原电池而不是电解池，故A错误；

B．锌活泼失电子作负极，铁作正极，所以牺牲了锌保护了铁，故B错误；

C．铁被保护，所以溶液中不会产生亚铁离子，加入K₃[Fe（CN）₆]溶液后，Fe电极附近不会产生特征蓝色的沉淀，故C正确；

D．远洋货轮船底镶嵌锌块，其中锌与铁构成原电池，锌活泼作负极失电子发生氧化反应，锌被腐蚀，为保护货轮需定期更换，故D错误；

故选C．

　

7．甲、乙是两种常见短周期元素的单质，有关物质的转化关系如图所示．下列有关说法，错误的是（　　）

A．若C为酸性气体，则B可能具有两性

B．若C是碱性气体，则B一定是碱

C．若B、C是两种酸，则B、C一定都是一元酸

D．以上3个转变可能都是氧化还原反应

【考点】无机物的推断．

【分析】A．若C为酸性气体，是化合物A和水反应生成的，只能是A在水中发生双水解生成，判断B为Al（OH）₃，C为H₂S；

B．若C是碱性气体，判断为C为NH₃，则A为氮化物可以是Mg₃N₂；

C．若B、C是两种酸，A可以为SiCl₄、ICl等；

D．若甲乙为Na和O₂，A为Na₂O₂，B为O₂，C为NaOH．

【解答】解：A．甲、乙是两种常见短周期元素的单质，C为酸性气体，则甲为Al，乙为S，A为Al₂S₃，B为AlCl₃，C为Al（OH）₃，D为H₂S，A与水的反应为Al₂S₃+6H₂O═2Al（OH）₃↓+3H₂S↑，B具有两性，故A正确；

B．C为碱性气体，则甲为Mg，乙为N₂，A为Mg₃N₂，B为MgCl₂，C为Mg（OH）₂，D为NH₃，A与水的反应为Mg₃N₂+6H₂O═3Mg（OH）₂↓+2NH₃↑，B一定是碱，故B正确；

C．若B、C是两种酸，A可以为SiCl₄、和水反应生成H₂SiO₃和HCl，ICl+H₂O=HIO+HCl，生成的酸可以是一元酸，也可以是二元酸，故C错误；

D．若甲乙为Na和O₂，A为Na₂O₂，B为O₂，C为NaOH，乙为Na，三个反应都是氧化还原反应，故D正确；

故选C．

　

二、解答题（共3小题，满分43分）

8．蚂蚁分泌的蚁酸主要成分是甲酸（结构式为，K_a=1.8×10^﹣4），通常情况下是一种无色易挥发的液体．甲酸在浓硫酸作用下容易分解产生CO．某化学兴趣小组的同学对HCOOH的性质进行了以下探究：

I、该组同学选择如图1所示的装置探究HCOOH在浓硫酸作用下分解产生了CO，请完成下列各小题．

（1）写出甲酸分解的化学方程式　HCOOHCO↑+H₂O　；

（2）装置的连接顺序a　cbfged　；

（3）HCOOH的分解产物中有CO的现象　D中黑色粉末变成红色，C中澄清石灰水变浑浊　；

（4）该实验设计有一处明显的缺陷是　无尾气处理装置　；

II、该组同学分析了甲酸分子结构后，认为甲酸能发生银镜反应，并设计了如图2所示的实验．

（5）依图所示的实验，加热20分钟后并没有出现光亮的银镜．请解释实验中没有产生银镜的原因　由于HCOOH的酸性较强，破坏了发生银镜反应的碱性条件　；

（6）请设计实验来验证你的解释　先将HCOOH用NaOH溶液中和至弱碱性，再加入到银氨溶液中进行银镜反应，若产生光亮的银镜，说明HCOOH发生银镜反应需在碱性环境下进行　．

【考点】性质实验方案的设计．

【分析】根据实验原理探究HCOOH在浓硫酸作用下分解产生了CO，要检验CO，则通过CuO粉末加热还原，用澄清石灰水检验有二氧化碳产生即可，但防止二氧化碳气体的干扰，所以首先应将生成的气体通入氢氧化钠溶液除去可能含有的二氧化碳酸性气体，再通入CuO粉末加热还原，最后将生成的气体通入澄清石灰水检验，据此分析；

（1）甲酸在浓硫酸作用下易分解产生CO和水；

（2）根据实验原理探究HCOOH在浓硫酸作用下分解产生了CO，即将生成的气体首先通入氢氧化钠溶液除去可能含有的二氧化碳酸性气体，再通入CuO粉末加热还原，最后将生成的气体通入澄清石灰水检验；

（3）根据CO还原氧化铜生成红色的铜和二氧化碳判断；

（4）CO有毒，无尾气处理装置；

（5）根据甲酸的醛基在碱性条件下被银氨溶液氧化，产生光亮的银镜分析；

（6）根据甲酸的醛基在碱性条件下被银氨溶液氧化，可以先将溶液调成碱性再做银镜反应观察现象即可判断．

【解答】解：（1）甲酸在浓硫酸作用下易分解产生CO和水，方程式为：HCOOHCO↑+H₂O，故答案为：HCOOHCO↑+H₂O；

（2）根据实验原理探究HCOOH在浓硫酸作用下分解产生了CO，即将生成的气体首先通入氢氧化钠溶液除去可能含有的二氧化碳酸性气体，再通入CuO粉末加热还原，最后将生成的气体通入澄清石灰水来检验是否有二氧化碳生成，所以装置的连接顺序为acbfged，故答案为：cbfged；

（3）根据（2）的装置连接，CO还原氧化铜生成红色的铜和二氧化碳，所以HCOOH的分解产物中有CO的现象是D中黑色粉末变成红色，C中澄清石灰水变浑浊，故答案为：D中黑色粉末变成红色，C中澄清石灰水变浑浊；

（4）因为CO有毒，所以多余的CO要处理，则该实验设计有一处明显的缺陷是无尾气处理装置，故答案为：无尾气处理装置；

（5）甲酸的结构为，分子中含有醛基、羧基，应具有还原性和酸性等性质，理论上甲酸的醛基在碱性条件下被氧化银氨溶液氧化，产生光亮的银镜，而实验中没有出现预期的现象的可能原因是由于HCOOH的酸性较强，破坏了发生银镜反应的碱性条件，

故答案为：由于HCOOH的酸性较强，破坏了发生银镜反应的碱性条件；

（6）根据甲酸的醛基在碱性条件下被银氨溶液氧化，所以可以先将溶液调成碱性再做银镜反应观察，则实验设计为：先将HCOOH用NaOH溶液中和至弱碱性，再加入到银氨溶液中进行银镜反应，若产生光亮的银镜，说明HCOOH发生银镜反应需在碱性环境下进行，故答案为：先将HCOOH用NaOH溶液中和至弱碱性，再加入到银氨溶液中进行银镜反应，若产生光亮的银镜，说明HCOOH发生银镜反应需在碱性环境下进行．

　

9．研究碳及其化合物的相互转化对能源的充分利用、低碳经济有着重要的作用．

（1）已知：①CH₄（g）+H₂O（g）⇌CO（g）+3H₂（g）△H₁=+206.1kJ•mol^﹣1

②2H₂（g）+CO（g）⇌CH₃OH（l）△H₂=﹣128.3kJ•mol^﹣1

③2H₂（g）+O₂（g）⇌2H₂O （g）△H₃=﹣483.6kJ•mol^﹣1

25℃时，在合适的催化剂作用下，采用甲烷和氧气一步合成液态甲醇的热化学方程式为　CH₄（g）+O₂（g）⇌CH₃OH（l）△H₁=﹣164.0kJ•mol^﹣1　．

（2）利用反应①来制备氢气，为了探究温度、压强对反应①速率、转化率的影响，某同学设计了以下三组对比实验（温度为400℃或500℃，压强为101kPa或404kPa）．

实验序号	温度℃	压强/kPa	CH4初始浓度/mol•L﹣1	H2O初始浓度/mol•L﹣1
1	400	p	3.0	7.0
2	t	101	3.0	7.0
3	400	101	3.0	7.0

①实验2和实验3相比，其平衡常数关系是K₂　＞　K₃（填“＞”、“＜”或“=”）．

②将等物质的量的CH₄和水蒸气充入1L恒容密闭容器中，发生上述反应，在400℃下达到平衡，平衡常数K=27，此时容器中CO物质的量为0.10mol，则CH₄的转化率为　90.9%　．

（3）科学家提出由CO₂制 取 C的太阳能工艺如图1所示．

2“重整系统”发生的反应中n（FeO）：n（CO₂）=6：1，则Fe _xO_y的化学式为　Fe₃O₄　．

②“热分解系统”中每分解l mol Fe _xO_y，转移电子的物质的量为　2mol　．

（4）pC类似pH，是指极稀溶液中的溶质浓度的常用负对数值．若某溶液中溶质的浓度为1×10^﹣3mol•L^﹣1，则该溶液中溶质的pC=﹣lg（1×10^﹣3）=3．如图2为25℃时H₂CO₃溶液的pC﹣pH图．请回答下列问题 （若离子浓度小于10^﹣5mol/L，可认为该离子不存在）：

①在同一溶液中，H₂CO₃、HCO₃^﹣、CO₃^2﹣　不能　（填“能”或“不能”）大量共存．

②求H₂CO₃一级电离平衡常数的数值K_a1=　1×10^﹣6　．

③人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系可以抵消少量酸或碱，维持pH=7.4．当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的最终将　A　．

A．变大B．变小C．基本不变D．无法判断．

【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．

【分析】（1）根据盖斯定律得①+②+×③甲烷和氧气一步合成液态甲醇的热化学方程式．

（2）①反应是吸热反应，温度升高，正向进行，k增大；②根据化学平衡常数k，用三段式表示平衡时的浓度，计算转化率．

（3）①由示意图可知，重整系统中CO₂和FeO反应生成Fe_xO_y和C，根据原子守恒确定Fe_xO_y的化学式；

②热分解系统中是Fe_xO_y分解为FeO与氧气，根据Fe元素化合价变价计算转移电子．

（4）①根据离子存在溶液的酸碱性判断；

②由图象可知当pH=6时，pC（H₂CO₃）=pC（HCO₃^﹣），结合K_a1（H₂CO₃）=计算；

③“缓冲溶液”中加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大，加入碱时与碳酸氢根离子反应．

【解答】解：（1）有热化学方程式：

①CH₄（g）+H₂O（g）⇌CO（g）+3H₂（g）△H₁=+206.1kJ•mol^﹣1

②2H₂（g）+CO（g）⇌CH₃OH（l）△H₂=﹣128.3kJ•mol^﹣1

③2H₂（g）+O₂（g）⇌2H₂O （g）△H₃=﹣483.6kJ•mol^﹣1

根据盖斯定律：①+②+×③得CH₄（g）+O₂ （g）⇌CH₃OH（l）△H₁=﹣164.0kJ•mol^﹣1．

故答案为：CH₄（g）+O₂ （g）⇌CH₃OH（l）△H₁=﹣164.0kJ•mol^﹣1

（2）①反应一是吸热反应，温度升高，化学平衡正向移动，k值变大，实验2的温度高于实验3，所以k₂＞k₃

故答案为：＞

②设CH₄和H₂O的起始量为x，根据三段式：

             CH₄（g）+H₂O（g）⇌CO（g）+3H₂（g）

起始量：x                x               0             0

转化量：0.1            0.1            0.1          0.3

平衡量：x﹣0.1        x﹣0.1          0.1          0.3

由平衡常数表达式k===27，解得x=0.11，则平衡时甲烷的转化率为： =90.9%．

故答案为：（90.9%、90.91%、×100%）

（3））①由示意图可知，重整系统中CO₂和FeO反应生成Fe_xO_y和C，发生的反应中n（FeO）：n（CO₂）=6：1，根据Fe原子、O原子守恒可知x：y=6：（6+2）=3：4，故Fe_xO_y的化学式为Fe₃O₄．

故答案为：Fe ₃O₄

②热分解系统中是Fe₃O₄分解为FeO与氧气，分解l mol Fe₃O₄转移电子的物质的量为=2mol．

故答案为：2mol

（4）①碳酸存在的溶液中酸性较强、碳酸根离子存在的溶液中碱性较强，所以碳酸根离子和碳酸不能大量共存．

故答案为：不能；

②由图象可知当pH=6时，pC（H₂CO₃）=pC（HCO₃^﹣），结合K_a1（H₂CO₃）===1×10^﹣6．

故答案为：1×10^﹣6

③氢离子浓度增大，平衡向左移动放出CO₂，碳酸浓度基本不变，则c（H⁺）/c（H₂CO₃）最终将变大．

故答案为：A

　

10．工业上常采用煅烧黄铁矿来制备SO₂，同时产生烧渣．烧渣的主要成分是含铁的氧化物和二氧化硅等，利用烧渣制备高效净水剂聚合硫酸铁可以达到资源综合利用的目的．其工艺流程如图：

（1）检验“反应I”后的溶液中是否含有Fe³⁺的试剂是　KSCN溶液　．

（2）滤渣I的主要成分是　SiO₂　．

（3）“操作III”中具体的方法依次为　蒸发浓缩　、　冷却结晶　、过滤和洗涤．

（4）加入适量H₂O₂的目的是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，氧化时需控制反应温度为50～60℃的原因是　温度低，反应速率慢　

　温度高，H₂O₂分解加快，导致氧化剂用量增加　．

（5）生成聚合硫酸铁的过程是先水解再聚合，聚合的化学方程式为mFe₂（OH）_n（SO₄）⇌[Fe₂（OH）_n（SO₄）]_m请写出水解的化学方程式　Fe₂（SO₄）₃+nH₂O⇌Fe₂（OH）_n（SO₄Fe₂（SO₄）₃+nH₂O⇌Fe₂（OH）_n（SO₄）_（3﹣）+H₂SO₄）（3﹣）₊H₂SO₄　．

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

【分析】硫铁矿烧渣（主要成分是Fe₃O₄、Fe₂O₃、FeO和二氧化硅），加硫酸加热酸溶，水浸，过滤出不溶于酸的二氧化硅，滤液中含有硫酸铁和硫酸亚铁，加废铁皮，Fe与三价铁离子反应生成亚铁离子，过滤去除多余的铁，滤液为硫酸亚铁溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，得到硫酸亚铁晶体，晶体中加稀硫酸、双氧水得到聚合硫酸铁，

（1）铁离子的检验方法是遇到KSCN溶液会变红色；

（2）分析可知滤渣Ⅰ是二氧化硅；

（3）由溶液得到晶体FeSO₄•7H₂O，需蒸发浓缩、冷却结晶，过滤和洗涤；

（4）氧化时需控制反应温度为50～60℃的原因是温度过低反应速率小，温度过高过氧化氢会发生分解；

（5）硫酸铁水解生成Fe₂（OH）_n（SO₄）（3﹣）结合原子守恒配平书写水解化学方程式；

【解答】解：硫铁矿烧渣（主要成分是Fe₃O₄、Fe₂O₃、FeO和二氧化硅），加硫酸加热酸溶，水浸，过滤出不溶于酸的二氧化硅，滤液中含有硫酸铁和硫酸亚铁，加废铁皮，Fe与三价铁离子反应生成亚铁离子，过滤去除多余的铁，滤液为硫酸亚铁溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，得到硫酸亚铁晶体，晶体中加稀硫酸、双氧水得到聚合硫酸铁，

（1）检验“反应I”后的溶液中是否含有Fe³⁺的试剂是KSCN溶液，铁离子遇到KSCN溶液变血红色，怎么铁离子的存在，

故答案为：KSCN溶液；

 （2）硫铁矿烧渣（主要成分是Fe₃O₄、Fe₂O₃、FeO和二氧化硅），加硫酸加热酸溶，水浸，过滤出不溶于酸的二氧化硅，滤渣I的主要成分是SiO₂，

故答案为：SiO₂；

（3）操作III”中是由溶液得到晶体FeSO₄•7H₂O，具体的方法依次为需蒸发浓缩、冷却结晶，过滤和洗涤，

故答案为：蒸发浓缩（或加热浓缩）； 冷却结晶；

（4）加入适量H₂O₂的目的是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，氧化时需控制反应温度为50～60℃的原因是为了加快反应速率，防止过氧化氢分解，因为温度低，反应速率慢；温度高，H₂O₂分解加快，导致氧化剂用量增加，

故答案为：温度低，反应速率慢；温度高，H₂O₂分解加快，导致氧化剂用量增加；

（5）生成聚合硫酸铁的过程是先水解再聚合，聚合的化学方程式为mFe₂（OH）_n（SO₄）⇌[Fe₂（OH）_n（SO₄）]_m，水解的化学方程式为：Fe₂（SO₄）₃+nH₂O⇌Fe₂（OH）_n（SO₄）_（3﹣）+H₂SO₄，

故答案为：Fe₂（SO₄）₃+nH₂O⇌Fe₂（OH）_n（SO₄）_（3﹣）+H₂SO₄．

　

[化学--选修3：物质结构与性质]

11．（1）根据VSEPR模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是　B　．

A、SO₃^2﹣和NO₂^﹣B、NO₃^﹣和SO₃

C、H₃O⁺和ClO₃^﹣D、PO₄^3﹣和SO₃^2﹣

（2）CaF₂的晶胞如图所示．

①下列有关CaF₂的表达正确的是　bd　．

a．Ca²⁺与F^﹣间仅存在静电吸引作用

b．F^﹣的离子半径小于Cl^﹣，则CaF₂的熔点高于CaCl₂

c．阴、阳离子比为2：1的离子化合物，均与CaF₂晶体构型相同

d．CaF₂中的化学键为离子键，因此CaF₂在熔融状态下能导电

②CaF₂难溶于水，但可溶于含Al³⁺的溶液中，原因是　3CaF₂+Al³⁺=[AlF₆]^3﹣+3Ca²⁺　 （用离子方程式表示，已知[AlF₆]^3﹣在溶液中可稳定存在）．

③晶胞中F^﹣的配位数是　4　，与一个Ca²⁺等距离且最近的Ca²⁺有　12　个．

（3）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示

电离能/kJ•mol﹣1	I1	I2
铜	746	1958
锌	906	1733

④写出Cu原子核外电子排布式　[Ar]3d¹⁰4s¹　；

⑤铜的第一电离能（I₁）小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能（I₂）却大于锌的第二电离能，其主要原因是　Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d¹⁰，而锌为[Ar]3d¹⁰4s¹，根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大　．

【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；配合物的成键情况．

【分析】（1）根据VSEPR模型判断，微粒中所有原子都在同一平面上，说明该微粒为平面形结构；

（2）①a．阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，则；

b．离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关；

c．晶体的结构与电荷比、半径比有关；

d．离子化合物在熔融时能发生电离；

②F^﹣与Al³⁺能形成很难电离的配离子AlF₆^3﹣；

③晶胞中F^﹣的配位数是4，与一个Ca²⁺等距离且最近的Ca²⁺个数=3×8÷2；

（3）④Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写基态Cu原子核外电子排布式；

⑤轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，再失去电子需要的能量较大．

【解答】解：（1）根据VSEPR模型判断，微粒中所有原子都在同一平面上，说明该微粒为平面形结构；

A．SO₃^2﹣中S原子价层电子对个数=3+=4，为四面体结构；NO₂^﹣中N原子价层电子对个数=2+=3，为三角锥形结构，都不是平面形结构的微粒，故A错误；

B．NO₃^﹣中N原子价层电子对个数=3+=3，为平面三角形结构；

SO₃中S原子价层电子对个数=3+=3，为平面三角形结构，所有原子共平面，故B正确；

C．H₃O⁺中O原子价层电子对个数=3+=4，为四面体结构；

ClO₃^﹣中Cl原子价层电子对个数=3+=4，为四面体结构，所有原子不共平面，故C错误；

D．PO₄^3﹣中P原子价层电子对个数=4+=4，为四面体结构；

SO₃^2﹣中S原子价层电子对个数=3+=4，为四面体结构，所有原子不共平面，故D错误；

故选B；

（2）①a．阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，Ca²⁺与F^﹣间存在静电吸引作用，还存在静电斥力，故a错误；

b．离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关，离子半径越小，离子晶体的熔点越高，所以CaF₂的熔点高于CaCl₂，故b正确；

c．晶体的结构与电荷比、半径比有关，阴阳离子比为2：1的物质，与CaF₂晶体的电荷比相同，若半径比相差较大，则晶体构型不相同，故c错误；

d．CaF₂中的化学键为离子键，离子化合物在熔融时能发生电离，存在自由移动的离子，能导电，因此CaF₂在熔融状态下能导电，故b正确；

故答案为：bd；

②CaF₂难溶于水，但可溶于含Al³⁺的溶液中，因为在溶液中F^﹣与Al³⁺能形成很难电离的配离子AlF₆^3﹣，使CaF₂的溶解平衡正移，其反应的离子方程式为：3CaF₂+Al³⁺=3Ca²⁺+AlF₆^3﹣；

故答案为：3CaF₂+Al³⁺=3Ca²⁺+AlF₆^3﹣；

③晶胞中F^﹣的配位数是4，与一个Ca²⁺等距离且最近的Ca²⁺个数=3×8÷2=12；

故答案为：4； 12；

（3）④Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写基态Cu原子核外电子排布式为[Ar]3d¹⁰4s¹，

故答案为：[Ar]3d¹⁰4s¹；

⑤Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d¹⁰，而锌为[Ar]3d¹⁰4s¹，根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大，

故答案为：Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d¹⁰，而锌为[Ar]3d¹⁰4s¹，根据洪特规则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大．

　

[化学-选修5：有机化学基础]

12．工业上以1，3﹣丁二烯，丙烯，乙炔等为原料合成流程图如图

（1）反应①的反应类型是　取代反应　，B中含有的官能团的名称　碳碳双键、氯原子　．

（2）写出反应②的化学方程式　　．

（3）写出C的结构简式　　．

（4）写出含有六元环且核磁共振氢谱有4组峰的同分异构体的结构简式　　．

（5）根据以上合成信息，以乙烯为原料合成1，6﹣己二醇，其他试剂任选，写出合成的流程图　　．

【考点】有机物的合成．

【分析】由反应⑤可知C为，由反应③可知B为，则A为CH₂=CH﹣CH₂Cl，

（1）反应①由CH₂=CH﹣CH₃生成CH₂=CH﹣CH₂Cl，B为，含有氯原子；

（2）反应②为烯烃的加成反应；

（3）由分析可知C为；

（4）含有六元环且核磁共振氢谱有4组峰，说明含有4种H原子；

（5）以乙烯为原料合成1，6﹣己二醇，可先生成ClCH₂CH₂Cl，然后与CH≡CNa反应生成CH≡CCH₂CH₂C≡CH，在与氢气发生加成反应生成CH₂=CHCH₂CH₂CH=CH₂，最后生成1，6﹣己二醇．

【解答】解：由反应⑤可知C为，由反应③可知B为，则A为CH₂=CH﹣CH₂Cl，

（1）反应①由CH₂=CH﹣CH₃生成CH₂=CH﹣CH₂Cl，B为，含有氯原子和碳碳双键，故答案为：取代反应；碳碳双键、氯原子；

（2）反应②为烯烃的加成反应，方程式为，

故答案为：；

（3）由分析可知C为，故答案为：；

（4）含有六元环且核磁共振氢谱有4组峰，说明含有4种H原子，结构简式为，故答案为：；

（5）以乙烯为原料合成1，6﹣己二醇，可先生成ClCH₂CH₂Cl，然后与CH≡CNa反应生成CH≡CCH₂CH₂C≡CH，在与氢气发生加成反应生成CH₂=CHCH₂CH₂CH=CH₂，最后生成1，6﹣己二醇，反应流程为，

故答案为：．

　

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