四川省凉山木里中学2025届高三下学期大联考化学试题含解析_第1页
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文档简介

四川省凉山木里中学2025届高三下学期大联考化学试题注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、Fe3O4中含有Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ),以Fe3O4/Pd为催化材料,可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2-,其反应过程如图所示。下列说法正确的是()A.Pd作正极B.Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用C.反应过程中NO2-被Fe(Ⅱ)氧化为N2D.用该法处理后水体的pH降低2、最近我国科学家对“液流电池”的研究取得新进展,一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池工作原理如下图所示。下列有关叙述错误的是A.放电时,a极电势高于b极B.充电时,a极电极反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-C.图中贮液器可储存电解质溶液,提高电池的容量D.导线中有NA个电子转移,就有0.5molZn2+通过隔膜3、能正确表示下列反应的离子方程式是()A.用过量氨水吸收工业尾气中的SO2:2NH3∙H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2OB.氯化钠与浓硫酸混合加热:H2SO4+2Cl-SO2↑+Cl2↑+H2OC.磁性氧化铁溶于稀硝酸:3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2OD.明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-,恰好完全沉淀:2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+Al(OH)3↓4、控制变量是科学研究重要方法。由下列实验现象一定能得出相应结论的是选项AB装置图现象右边试管产生气泡较快左边棉球变棕黄色,右边棉球变蓝色结论催化活性:Fe3+>Cu2+氧化性:Br2>I2选项CD装置图现象试管中先出现淡黄色固体,后出现黄色固体试管中液体变浑浊结论Ksp:AgCl>AgBr>AgI非金属性:C>SiA.A B.B C.C D.D5、下列说法正确的是A.金刚石和足球烯()均为原子晶体B.HCl在水溶液中能电离出,因此属于离子化合物C.碘单质的升华过程中,只需克服分子间作用力D.在、和都是由分子构成的6、某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量,依次经过以下四个步骤,下列图示装置和原理能达到实验目的的是A.灼烧海带B.将海带灰溶解后分离出不溶性杂质C.制备Cl2,并将I-氧化为I2D.以淀粉为指示剂,用Na2SO3标准溶液滴定7、下列有关表述正确的是()A.HClO是弱酸,所以NaClO是弱电解质B.Na2O、Na2O2组成元素相同,所以与CO2反应产物也相同C.室温下,AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度D.SiO2是酸性氧化物,能与NaOH溶液反应8、大海航行中的海轮船壳上连接了锌块,说法错误的是A.船体作正极 B.属牺牲阳极的阴极保护法C.船体发生氧化反应 D.锌块的反应:Zn-2e-→Zn2+9、关于氮肥的说法正确的是()A.硫铵与石灰混用肥效增强 B.植物吸收氮肥属于氮的固定C.使用碳铵应深施盖土 D.尿素属于铵态氮肥10、下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是ABCD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A.A B.B C.C D.D11、降冰片二烯类化合物是一类太阳能储能材料。降冰片二烯在紫外线照射下可以发生下列转化。下列说法错误的是()A.降冰片二烯与四环烷互为同分异构体B.降冰片二烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.四环烷的一氯代物超过三种(不考虑立体异构)D.降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超过4个12、以太阳能为热源分解Fe3O4,经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述不正确的是()A.过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能B.过程Ⅰ中每消耗116gFe3O4转移2mol电子C.过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑D.铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点13、室温下,将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液,向溶液中加入下列物质充分混合后,有关结论不正确的是()加入的物质结论A0.05molCH3COONa固体减小B0.05molNaHSO4固体c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=c(Na+)﹣c(SO42﹣)C0.05molNH4Cl固体水电离程度增大D50mLH2O由水电离出的c(H+)·c(OH﹣)减小A.A B.B C.C D.D14、如图所示装置能实现实验目的的是()A.图用于实验室制取氯气B.图用于实验室制取氨气C.图用于酒精萃取碘水中的I2D.图用于FeSO4溶液制备FeSO4•7H2O15、常温常压下,某烧碱溶液与0.05mol氯气恰好完全反应,得到pH=9的混合溶液(溶质为NaC1与NaC1O)。下列说法正确的是(NA代表阿伏加德罗常数)A.氯气的体积为1.12L B.原烧碱溶液中含溶质离子0.2NAC.所得溶液中含OH-的数目为1×10-5NA D.所得溶液中ClO-的数目为0.05NA16、已知:C(s)+H2O(g)==CO(g)+H2(g)△H=akJ·mol-12C(s)+O2(g)==2CO(g)△H=-220kJ·mol-1H-H、O=O和O-H键的键能(kJ·mol-1)分别为436、496和462,则a为()A.-332 B.-118 C.+350 D.+130二、非选择题(本题包括5小题)17、两种重要的有机化工合成中间体F和Y可用甲苯为主要原料采用以下路线制得:已知:①②2CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO请回答下列问题:(1)写出A的结构简式___________。(2)B→C的化学方程式是________。(3)C→D的反应类型为__________。(4)1molF最多可以和________molNaOH反应。(5)在合成F的过程中,设计B→C步骤的目的是_________。(6)写出符合下列条件的3种A的同分异构体的结构简式_________、______、_______。①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子②能发生银镜反应(7)以X和乙醇为原料通过3步可合成Y,请设计合成路线______(无机试剂及溶剂任选)。18、某合金X由常见的两种元素组成。为探究该合金X的元素组成和性质,设计并进行如下实验:根据上述信息,回答下列问题:(1)合金X的化学式为________。(2)用离子方程式解释溶液中滴加H2O2后呈红色的原因:_______(3)写出336mL(标准状况)气体B通入100mL0.2mol/L的NaOH溶液中的化学反应方程式:_______19、FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下:C6H5Cl(氯苯)C6H4Cl2(二氯苯)FeCl3FeCl2溶解性不溶于水,易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯,易溶于乙醇,易吸水熔点/℃-4553易升华沸点/℃132173(1)用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如下:①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为_____________。②按气流由左到右的方向,上述仪器的连接顺序为_________(填字母,装置可多次使用);C中盛放的试剂是_____________。③该制备装置的缺点为________________。(2)利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑,制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按下图装置,在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯,控制反应温度在一定范围加热3h,冷却、分离提纯得到粗产品。①仪器a的名称是__________。②反应结束后,冷却实验装置A,将三颈烧瓶内物质倒出,经过滤、洗涤、干燥后,得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是____,回收滤液中C6H5C1的操作方法是______。③反应后将锥形瓶中溶液配成250mL,量取25.00mL所配溶液,用0.40mol/LNaOH溶液滴定,终点时消耗NaOH溶液为19.60mL,则氯化铁的转化率为__________。④为了减少实验误差,在制取无水FeCl2过程中应采取的措施有:________(写出一点即可)。20、FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3,再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。Ⅰ.经查阅资料得知:无水FeCl3在空气中易潮解,加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案,装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下:①检验装置的气密性;②通入干燥的Cl2,赶尽装置中的空气;③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成;④……⑤体系冷却后,停止通入Cl2,并用干燥的H2赶尽Cl2,将收集器密封。请回答下列问题:(1)装置A中反应的化学方程式为________________。(2)第③步加热后,生成的烟状FeCl3大部分进入收集器,少量沉积在反应管A右端,要使沉积的FeCl3进入收集器,第④步操作是_______________。(3)操作步骤中,为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_____________。(4)装置B中冷水浴的作用为________________;装置C的名称为_____________;装置D中FeCl2全部反应后,因失去吸收Cl2的作用而失效,写出检验FeCl2是否失效的试剂:____________。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_____________。Ⅱ.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S,得到单质硫;过滤后,再以石墨为电极,在一定条件下电解滤液。(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为____________。(7)综合分析实验Ⅱ的两个反应,可知该实验有两个显著优点:①H2S的原子利用率为100%;②___________。21、铬渣(主要含Cr2O3,还有Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)是铬电镀过程中产生的含铬污泥,实现其综合利用可减少铬产生的环境污染。铬渣的综合利用工艺流程如下:试回答下列问题:(1)高温煅烧时,Cr2O3参与反应的化学方程式为__________。(2)“浸出液”调pH时加入的试剂最好为________,除杂时生成Al(OH)3的离子方程式为________。(3)加入Na2S时,硫元素全部以S2O32-形式存在,写出该反应的离子方程式:._______(4)根据图1溶解度信息可知,操作a包含蒸发结晶和______。固体a化学式为________(5)设计如图装置探究铬的性质,观察到图2装置中铜电极上产生大量的无色气泡,根据上述现象试推测金属铬的化学性质:________。在图3装置中当开关K断开时,铬电极无现象,K闭合时,铬电极上产生大量无色气体,然后气体变为红棕色,根据上述现象试推测金属铬的化学性质:__________。(6)工业上处理酸性Cr2O72-废水多采用铁氧磁体法,该法是向废水中加入FeSO4.7H2O将Cr2O72-还原成Cr3+,调节pH,使Fe、Cr转化成相当于FeⅠⅠ[FexⅡCr(2-x)Ⅲ]O4(铁氧磁体,罗马数字表示元素价态)的沉淀。每处理1molCr2O72-,需加人amolFeSO4·7H2O,下列结论正确的是________.(填字母)。Ax=0.5,a=6Bx=0.5,a=10Cx=1.5,a=6Dx=1.5,a=10

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】

A.从图示可以看出,在Pd上,H2失去电子生成H+,所以Pd作负极,故A错误;B.Fe(Ⅱ)失去电子转化为Fe(Ⅲ),失去的电子被NO2-得到,H2失去的电子被Fe(Ⅲ)得到,Fe(Ⅲ)转化为Fe(Ⅱ),所以Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用,故B正确;C.反应过程中NO2-被Fe(Ⅱ)还原为N2,故C错误;D.总反应为:2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O,消耗了H+,所以用该法处理后水体的pH升高,故D错误;故选B。2、B【解析】

在a电极上,I2Br-得电子生成I-和Br-,a电极为正极;在b电极上,Zn失电子生成Zn2+进入溶液,b电极为负极。【详解】A.放电时,a极为正极,电势高于作负极的b极,A正确;B.充电时,a极应为阳极,电极反应为2I-+Br--2e-==I2Br-,B错误;C.图中贮液器中的溶液组成与电极区的溶液组成相同,相当于电极区的电解质溶液,可提高电池的容量,C正确;D.导线中有NA个电子转移,依据关系式Zn—2e-,就有0.5molZn2+生成并通过隔膜(保持溶液的电中性),D正确;故选B。3、A【解析】

A.用过量氨水吸收工业尾气中的SO2的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O,故A正确;B.氯化钠与浓硫酸混合加热,浓硫酸中只有很少的水,氯化钠几乎不能电离,故该反应的离子方程式就是其化学方程式,H2SO4+2NaClNa2SO4+2HCl↑,故B错误;C.磁性氧化铁的主要成分为四氧化三铁,溶于稀硝酸的离子反应方程式为3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O,故C错误;D.明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀的离子反应方程式为2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O,故D错误;答案选A。掌握离子方程式的正误判断的常见方法是解题的关键。本题的易错点为D,要注意明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀时,铝离子恰好转化为偏铝酸根。4、A【解析】两只试管中滴加的溶液的唯一区别就是左边加入的Cu2+,右边加入的是Fe3+,所以右边反应较快,能说明催化活性:Fe3+>Cu2+,选项A正确。选项B中的实验,氯气通入溴化钠溶液变为棕色,通入淀粉碘化钾溶液变为蓝色,能证明氯气的氧化性强于溴单质也强于碘单质,但是不能证明氧化性:Br2>I2,选项B错误。向氯化银悬浊液中加入少量溴化钠溶液,白色沉淀转化为淡黄色沉淀,说明氯化银转化为溴化银,即Ksp:AgCl>AgBr;再加入少量的碘化钠,出现黄色沉淀,应该是将上一步剩余的氯化银转化为碘化银沉淀,所以证明Ksp:AgCl>AgI,但是不能得到Ksp:AgBr>AgI,选项C错误。盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体,考虑到盐酸的挥发性,生成的二氧化碳气体中一定会有HCl,所以硅酸钠溶液中有浑浊,也可能是HCl和硅酸钠反应的结果,不能证明一定是碳酸强于硅酸,进而不能证明非金属性强弱,选项D错误。5、C【解析】

据常见物质的组成、结构、变化的本质分析判断。【详解】A.金刚石为原子晶体,足球烯分子()之间靠分子间作用力结合成分子晶体,A项错误;B.HCl是分子构成的物质,属于共价化合物。它电离出需在水的作用下才能发生,B项错误;C.碘的升华是物理变化,分子间距离变大只需克服分子间作用力,C项正确;D.、是由分子构成的,但是原子构成的,D项错误。本题选C。6、B【解析】

A.灼烧海带在坩埚中进行,而不是在烧杯中,A错误;B.海带灰溶解后分离出不溶性杂质需要采用过滤操作,过滤需要玻璃棒引流,B正确;C.制备Cl2,并将I-氧化为I2,除去氯气中的氯化氢应该用饱和的食盐水,尾气需要用到氢氧化钠溶液吸收,C错误;D.Na2SO3是强碱弱酸盐,水解后溶液呈碱性,所以滴定时Na2SO3应该放在碱式滴定管中,而不是酸式滴定管,D错误;答案选B。在实验操作中,选择合适的仪器至关重要,灼烧时应选择在坩埚中进行,滴定操作时应该注意滴定管的选择,酸性溶液、强氧化性溶液选择酸式滴定管。7、D【解析】

A、次氯酸钠是盐,是强电解质而不是弱电解质,故A错误;B、Na2O、Na2O2组成元素相同,与CO2反应产物不同:Na2O+CO2=Na2CO3,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,故B错误;C、增加氯离子的量,AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移动,溶解度减小,故C错误;D、SiO2是酸性氧化物,二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水,故D正确;答案选D。8、C【解析】

A.在海轮的船壳上连接锌块,则船体、锌和海水构成原电池,船体做正极,锌块做负极,海水做电解质溶液,故A正确;B.在海轮的船壳上连接锌块是形成原电池来保护船体,锌做负极被腐蚀,船体做正极被保护,是牺牲阳极的阴极保护法,故B正确;C.船体做正极被保护,溶于海水的氧气放电:O2+4e−+2H2O=4OH−,故C错误;D.锌做负极被腐蚀:Zn-2e-→Zn2+,故D正确。故选:C。9、C【解析】

A.将硫酸铵与碱性物质熟石灰混合施用时会放出氨气而降低肥效,故A错误;B.植物吸收氮肥是吸收化合态的氮元素,不属于氮的固定,故B错误;C.碳酸氢铵受热容易分解,易溶于水,使用碳铵应深施盖土,避免肥效损失,故C正确;D.尿素属于有机氮肥,不属于铵态氮肥,故D错误。答案选C。10、C【解析】分析:A项,白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;B项,红色褪色是HClO表现强氧化性;C项,白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl;D项,气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。详解:A项,NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe(OH)2沉淀,白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,该反应前后元素化合价有升降,为氧化还原反应;B项,氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO,由于氯水呈酸性,石蕊溶液滴入后溶液先变红,红色褪色是HClO表现强氧化性,与有色物质发生氧化还原反应;C项,白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl,反应前后元素化合价不变,不是氧化还原反应;D项,Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO气体和H2O,气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2,反应前后元素化合价有升降,为氧化还原反应;与氧化还原反应无关的是C项,答案选C。点睛:本题考查氧化还原反应的判断,分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。11、C【解析】

A.降冰片二烯与四环烷分子式相同,结构不同,因此二者互为同分异构体,A正确;B.降冰片二烯分子中含有碳碳双键,因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色,B正确;C.四环烷含有三种位置的H原子,因此其一氯代物有三种,C错误;D.根据乙烯分子是平面分子,与碳碳双键连接的C原子在碳碳双键所在的平面上,所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子为4个,D正确;故合理选项是C。12、B【解析】

A.过程Ⅰ利用太阳能将四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁,实现的能量转化形式是太阳能→化学能,选项A正确;B.过程Ⅰ中四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁,每消耗116gFe3O4,即0.5mol,Fe由+3价变为+2价,转移mol电子,选项B错误;C.过程Ⅱ实现了氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气的转化,反应的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑,选项C正确;D.根据流程信息可知,铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点,选项D正确。答案选B。13、A【解析】室温下,将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液,所得溶液的浓度为0.5mol/L。则A、再加入0.05molCH3COONa固体,c(Na+)增大为原来的2倍,而由于溶液浓度增大,故CH3COO-的水解程度变小,故c(CH3COO-)大于原来的2倍,则c(CH3COO-)/c(Na+)比值增大,A错误;B、加入0.05molNaHSO4固体,能和0.05molCH3COONa反应生成0.5mol/LCH3COOH和0.5mol/L的Na2SO4的混合溶液,根据物料守恒可知,c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.5mol/L,而c(Na+)=1mol/L,c(SO42-)=0.5mol/L,故有:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)-c(SO42-),B正确;C、加入0.05molNH4Cl固体后,和CH3COONa发生双水解,水解程度增大,则对水的电离的促进会增强,故水的电离程度增大,C正确;D、加入50mL水后,溶液变稀,pH变小,即溶液中c(OH-)变小,而溶液中所有的氢氧根均来自水的电离,即水电离出的c(OH-)变小,且水电离出的氢离子浓度和其电离出的氢氧根的浓度相同,故水电离出的c(H+)变小,因此由水电离出的c(H+)•c(OH-)减小,D正确,答案选A。14、B【解析】

A.实验室制取氯气,二氧化锰与浓盐酸需要加热,常温下不反应,A错误;B.实验室制取氨气,氯化铵固体与氢氧化钙固体加热,B正确;C.酒精和水互溶,不能作萃取剂,C错误;D.Fe2+容易被空气氧化变为Fe3+,加热后得不到亚铁盐,D错误;故答案选B。15、B【解析】

A项,常温常压不是标准状况,0.05mol氯气体积不是1.12L,故A错误;B项,原溶液中溶质为氢氧化钠,含溶质离子为Na+和OH-,Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,0.05mol氯气和0.1mol氢氧化钠恰好反应,所以原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA,故B正确;C项,因为常温常压得到pH=9的混合溶液,所以c(OH-)=10-5mol/L,溶液体积未知不能计算OH-的数目,故C错误;D项,反应生成0.05molNaClO,因为次氯酸根离子水解,所得溶液中C1O-的数目小于0.05NA,故D错误。本题以阿伏伽德罗常数的分析判断为依托,主要考查盐类水解的分析、化学方程式的计算应用,题目综合性较强,重在考查分析综合运用能力。A项注意是否为标准状况,为易错点。16、D【解析】

由①C(s)+H2O(g)==CO(g)+H2(g)△H=akJ·mol-1②2C(s)+O2(g)==2CO(g)△H=-220kJ·mol-1结合盖斯定律可知,②−①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g),△H=−220kJmol−2akJ/mol=−(220+2a)kJ/mol,焓变等于断键吸收能量减去成键释放的能量,则496+2×431−462×2×2=−(220+2a),解得a=+130,故选D.二、非选择题(本题包括5小题)17、+(CH3CO)2O→+CH3COOH氧化反应3氨基易被氧化,在氧化反应之前需先保护氨基CH3CH2OHCH3CHO【解析】

分析有机合成过程,A物质为发生苯环上的对位取代反应生成的,故A为,结合已知条件①,可知B为,结合B→C的过程中加入的(CH3CO)2O以及D的结构可知,C为B发生了取代反应,-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽键,C→D的过程为苯环上的甲基被氧化成羧基的过程。D与题给试剂反应,生成E,E与H2O发生取代反应,生成F。分析X、Y的结构,结合题给已知条件②,可知X→Y的过程为,据此进行分析推断。【详解】(1)从流程分析得出A为,答案为:;(2)根据流程分析可知,反应为乙酸酐与氨基反应形成肽键和乙酸。反应方程式为:+(CH3CO)2O→+CH3COOH。答案为:+(CH3CO)2O→+CH3COOH;(3)结合C、D的结构简式,可知C→D的过程为苯环上的甲基被氧化为羧基,为氧化反应。答案为:氧化反应;(4)F分子中含有羧基、氨基和溴原子,其中羧基消耗1mol氢氧化钠,溴原子水解得到酚羟基和HBr各消耗1mol氢氧化钠,共消耗3mol。答案为:3;(5)分析B和F的结构简式,可知最后氨基又恢复原状,可知在流程中先把氨基反应后又生成,显然是在保护氨基。答案为:氨基易被氧化,在氧化反应之前需先保护氨基;(6)由①得出苯环中取代基位置对称,由②得出含有醛基或甲酸酯基,还有1个氮原子和1个氧原子,故为、、。答案为:、、;(7)根据已知条件②需要把乙醇氧化为乙醛,然后与X反应再加热可得出产物。故合成路线为:CH3CH2OHCH3CHO。答案为:CH3CH2OHCH3CHO。18、Fe5CH2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)34NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O【解析】

由血红色可以推出X含有铁元素,由无色无味的气体使澄清石灰水变浑浊推出X中另一种元素为碳。铁碳合金和足量的稀硫酸反应生成FeSO4和H2(A气体),剩余黑色固体碳在足量的氧气中灼烧,生成无色无味气体B(CO2),CO2通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀CaCO3。【详解】(1)生成的CaCO3为5.0g即0.05mol,碳元素的质量为0.05mol×12g/mol=0.6g,则X中铁的含量为14.6g-0.6g=14.0g,即含铁14.0g÷56g/mol=0.25mol,所以X为Fe5C。(2)合金中的Fe与H2SO4反应生成的是FeSO4,加氧化剂H2O2后被氧化成Fe3+再与SCN-生成Fe(SCN)3。故离子方程式为:H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3;(3)CO2的物质的量为0.336L÷22.4L/mol=0.015mol,NaOH的物质的量为0.02mol。0.015molCO2与0.02molNaOH反应生成Na2CO3amol与NaHCO3bmol,根据Na和C守恒列2个二元一次方程分别为2a+b=0.02,a+b=0.015解得a=0.005,b=0.01,根据四种物质的最简比写出方程式:4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O。19、H2+2FeCl32FeCl2+2HClBACDCE(或BCDCE)碱石灰氯化铁易升华导致导管易堵塞球形冷凝管苯蒸馏滤液,并收集沸点132℃的馏分78.4%反应开始前先通N2一段时间,反应完成后继续通N2一段时间;在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙(或P2O5或硅胶)的球形干燥管【解析】

(1)①②用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2,B装置用锌和稀盐酸制备H2,A装置用来除去氢气中的氯化氢,C装置用来干燥氢气,可以盛放碱石灰,D装置H2还原FeCl3,再用C装置吸收反应产生的HCl,最后用E点燃处理未反应的氢气;③该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华,蒸气遇冷发生凝华分析;(2)①根据仪器结构判断其名称;②三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等,冷却实验装置A,将三颈烧瓶内物质倒出,经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品,根据物质的熔沸点和溶解性可知,可以用苯洗涤;根据滤液中各种物质沸点的不同对滤液进行蒸馏可回收C6H5Cl,据此答题;③根据消耗的NaOH计算反应生成的HCl,结合方程式2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑计算转化的FeCl3,最终计算FeCl3的转化率;④FeCl3、FeCl2易吸水,反应产生的HCl会在容器内滞留。【详解】(1)①H2具有还原性,可以还原无水FeCl3制取FeCl2,同时产生HCl,反应的化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl;②用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2,装置连接顺序:首先是使用B装置,用锌和稀盐酸制备H2,所制H2中混有HCl和H2O(g),再用A装置用来除去氢气中的氯化氢,然后用C装置干燥氢气,C装置中盛放碱石灰,再使用D装置使H2还原FeCl3,反应产生的HCl气体用C装置的碱石灰来吸收,未反应的H2通过装置E点燃处理,故按照气流从左到右的顺序为BACDCE;也可以先使用B装置制取H2,然后通过C的碱石灰除去氢气中的杂质HCl、水蒸气,然后通过D发生化学反应制取FeCl2,再用碱石灰吸收反应产生的HCl,最后通过点燃处理未反应的H2,故按照装置使用的先后顺序也可以是BCDCE;C中盛放的试剂是碱石灰,是碱性干燥剂,可以吸收HCl或水蒸气;③该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华,蒸气遇冷发生凝华,导致导气管发生堵塞;(2)①根据图示装置中仪器a的结构可知该仪器名称为球形冷凝管;②三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等,冷却实验装置A,将三颈烧瓶内物质倒出,经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品,根据物质的熔沸点和溶解性可知,C6H5Cl、C6H4Cl2容易溶解在苯、乙醇中,不溶于水,而FeCl3、FeCl2易溶于水、乙醇,难溶于苯,所以洗涤时洗涤剂用苯;根据滤液中C6H5Cl、C6H4Cl2这两种物质沸点的不同,对滤液进行蒸馏,并收集沸点132℃的馏分,可回收C6H5Cl;③n(HCl)=n(NaOH)=0.40mol/L×0.0196L×=0.0784mol,根据反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑,反应的FeCl3的物质的量为n(FeCl3)反应=2n(HCl)=0.0784mol×2=0.1568mol,n(FeCl3)总=32.5g÷162.5g/mol=0.2mol,所以氯化铁转化率为×100%=78.4%;④FeCl3、FeCl2易吸水,为防止B装置中的水蒸气进入A装置,导致FeCl2等吸水而变质,可以在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙(或P2O5或硅胶)的球形干燥管;同时为防止FeCl3、FeCl2与装置内空气中的水蒸气、O2等反应,同时避免反应产生的HCl气体会在容器内滞留,可以反应开始前先通N2一段时间排尽装置中空气,反应完成后继续通N2一段时间将反应生成的HCl全部排入锥形瓶中。本题考查实验室制备氯化亚铁的知识,注意把握实验操作基本原理,把握题给信息,掌握实验操作方法,学习中注意积累,为了减小误差制取无水FeCl2,要排除装置中空气引起的误差或HCl气体在容器内滞留引起的误差。20、2Fe+3Cl22FeCl3在沉积的FeCl3固体下方加热②⑤冷却,使FeCl3沉积,便于收集产品干燥管K3[Fe(CN)6)溶液2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+FeCl3得到循环利用【解析】

Ⅰ.装置A中铁与氯气反应,反应为:2Fe+3Cl22FeCl3,B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积,便于收集产品;为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解,所以用装置C无水氯化钙来吸水,装置D中用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-,用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S,离子方程式为:2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+,用氢氧化钠溶液吸收的是氯气,不用考虑防倒吸,所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气,据此分析解答(1)~(5);Ⅱ.三价铁具有氧化性,硫化氢具有还原性,二者之间发生氧化还原反应,化学方程式为2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl,电解氯化亚铁时,阴极阳离子得到电子发生还原反应;阳极阴离子失去电子发生氧化反应,据此分析解答(6)~(7)。【详解】Ⅰ.(1)氯气具有强氧化性,将有变价的铁元素氧化成高价铁,生成氯化铁,所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁,反应为2Fe+3Cl22FeCl3,故答案为:2Fe+3Cl22FeCl3;(2)第③步加热后,生成的烟状FeCl3大部分进入收集器,少量沉积在反应管A右端,因为无水FeCl3加热易升华,要使沉积的FeCl3进入收集器,需要对FeCl3加热,使氯化铁发生升华,使沉积的FeCl3进入收集器,故答案为:在沉积的FeCl3固体下方加热;(3)为防止FeCl3潮解,可以采取的措施有:步骤②中通入干燥的Cl2,步骤⑤中用干燥的N2赶尽Cl2,故答案为:②⑤;(4)B中的冷水是为了冷却FeCl3使其沉积,便于收集产品,装置C的名称为干燥管;Fe2+的检验可通过与K3[Fe(CN)6)溶液生成蓝色沉淀的方法来完成,故答案为:

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