2019届高三化学上学期第一次月考试题(含解析).doc
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2019届高三化学上学期第一次月考试题(含解析)1.纸是传承人类文明的载体之一,纸的主要化学成分是( )。A. 纤维素 B. 蛋白质 C. 塑料 D. 淀粉【答案】A【解析】【详解】植物的秸秆主要是纤维素,纸的主要化学成分纤维素,故答案为A。2.化学与人类社会的生活、生产密切相关。以下说法不正确的是( )。A. 我国发射的“嫦娥三号”月球探测器中使用的碳纤维是一种新型无机非金属材料B. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维,光导纤维遇强碱会“断路”C. “84消毒液”的有效成分NaClO具有强氧化性,能用来杀菌消毒D. “青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化【答案】D【解析】【详解】A. 碳纤维的主要成分是碳单质,是一种新型无机非金属材料,故A正确;B.二氧化硅是一种酸性氧化物,能与强碱反应生成盐和水,从而发生“断路”,故B正确;C. NaClO具有强氧化性,能使蛋白质发生变性,能用来杀菌消毒,故C正确;D. 对青蒿素的提取利用的是萃取原理,萃取过程中没有新物质生成,属于物理变化,故D错误;答案选D。【点睛】化学科学来源于生活,在生活中更要用化学知识服务好日常生活。3.用化学用语表示 NH3+ HClNH4Cl中的相关微粒,其中正确的是( )A. 中子数为8的氮原子: B. HCl 的电子式: C. NH3的结构式: D. Cl的结构示意图:【答案】C【解析】分析:A、中子数为8的氮原子的质量数为15;B、HCl中只含共价键;C、NH3中含个N-H键;D、Cl-最外层有8个电子。详解:A、中子数为8的氮原子的质量数为15,可表示为N715,选项A错误;B、HCl中只含共价键,其电子式为,选项B错误;C、NH3中含个N-H键,NH3的结构式为:,选项C正确;D、Cl-最外层有8个电子,Cl的结构示意图为,选项D错误。答案选C。点睛:本题考查化学用语,侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式,注意它们之间的区别是解题的关键,如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。4.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. NaHCO3受热易分解,可用于制胃酸中和剂B. SiO2熔点高硬度大,可用于制光导纤维C. Al2O3是两性氧化物,可用作耐高温材料D. CaO能与水反应,可用作食品干燥剂【答案】D【解析】分析:A项,NaHCO3能与HCl反应,NaHCO3用于制胃酸中和剂;B项,SiO2传导光的能力非常强,用于制光导纤维;C项,Al2O3的熔点很高,用作耐高温材料;D项,CaO能与水反应,用于食品干燥剂。详解:A项,NaHCO3能与HCl反应,NaHCO3用于制胃酸中和剂,NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系;B项,SiO2传导光的能力非常强,用于制光导纤维,SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系;C项,Al2O3的熔点很高,用作耐高温材料,Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系;D项,CaO能与水反应,用于食品干燥剂,CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系;答案选D。点睛:本题考查常见无机物的性质和用途,解题的关键是熟悉常见物质的重要性质,理解性质决定用途以及性质与用途之间的对应关系。体现“让学生学习真实、有用的化学”的课程理念。5.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是A. 用装置甲灼烧碎海带B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I的Cl2D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I后的Cl2尾气【答案】B【解析】【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚,A错误;B、海带灰的浸泡液用过滤法分离,以获得含I-的溶液,B正确;C、MnO2与浓盐酸常温不反应,MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热,反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O,C错误;D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小,不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2,尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收,D错误;答案选B。6.乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途,其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品,则甲醛与氨的物质的量之比为( )A. 11 B. 23 C. 32 D. 21【答案】C【解析】根据结构简式可知,该有机物的分子式为C6H12N4,根据元素守恒,C元素来自甲醛,N元素来自氨,所以分子中的C与N原子的个数比即为甲醛与氨的物质的量之比:6:4=3:2,答案选C。7.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB. 0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NAC. 标准状况下,11.2L苯中含有分子的数目为0.5NAD. 在过氧化钠与水的反应中,每生成0.1mol氧气,转移电子的数目为0.4NA【答案】A【解析】试题分析:A、氧气和臭氧都是氧原子形成的单质,则1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA,A正确;B、丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH,则0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA,B不正确;C、标准状况下,苯不是气态不能适用于气体摩尔体积,则11.2L苯中含有分子的数目一定不是0.5NA,C不正确;D、在过氧化钠与水的反应中,过氧化钠既是氧化剂也是还原剂,氧元素的化合价从1价升高到0价,部分降低到2价,因此反应中每生成1mol氧气转移2mol电子,则每生成0.1mol氧气,转移电子的数目为0.2NA,D不正确,答案选A。考点:考查阿伏伽德罗常数的计算视频8.下列指定反应的离子方程式正确的是( )A. Cu溶于稀 HNO3: Cu + 2H+ +NO3- Cu2+ + NO2+ H2OB. (NH4)2Fe(SO4)2 溶液与过量 NaOH 溶液反应制 Fe(OH)2: Fe2+ 2OH- Fe(OH)2C. 用CH3COOH 溶解 CaCO3: CaCO3 + 2H+ Ca2+ H2O + CO2D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2 制Al(OH)3: CO2 + AlO2- + 2H2O Al(OH)3 + HCO3-【答案】D【解析】【详解】A.方程式左右两边的电荷不守恒,故A错误;B.因NaOH溶液过量,NH4+也会与OH-发生反应,故B错误;C. CH3COOH为弱电解质,在溶液中主要以分子形式存在,在离子方程式中不能拆开,故C错误;D.因通入的CO2过量,故反应后生成HCO3-,故D正确;答案选D。【点睛】在离子反应的正误判断时首先观察离子反应是否符合电荷守恒和物质的拆写是否正确,然后分析离子反应是否符合反应物的用量与客观事实。9.已知反应KClO3 + 6HCl= 3Cl2+KCl + 3H2O,下列有关的说法中,正确的是( )A. HCl 中的Cl 全部被氧化 B. 失电子的氯原子是得电子的氯原子的5倍C. 反应中有6mol电子发生转移 D. 反应中KClO3 被氧化【答案】B【解析】【分析】该反应中电子转移情况表示如下: ,由反应中电子转移数目分析可得结论。【详解】A. 参加反应的HCl有56的Cl被氧化,故A错误;B.KClO3中的Cl得电子,HCl中的Cl失电子,由得失电子数目守恒可知失电子的氯原子是得电子的氯原子的5倍,故B正确;C.反应中转移的电子为6mol,故C错误;D. 反应中KClO3中氯元素的化合价降低,被还原,故D错误;答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应,根据元素化合价变化进行分析,注意氯气既是氧化产物又是还原产物。该反应属于氧化还原反应中的归中反应,由归中反应中元素化合价的变化规律可知氯气既是氧化产物,又是还原产物,其物质的量之比为5:1。10.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大,X 是地壳中含量最多的元素,Y 原子的最外层只有一个电子,Z 位于元素周期表A族,W 与X属于同一主族。下列说法正确的是A. 原子半径:r(W) r(Z) r(Y)B. 由X、Y 组成的化合物中均不含共价键C. Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱D. X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强【答案】D【解析】分析:短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大;X是地壳中含量最多的元素,X为O元素;Y原子的最外层只有一个电子,Y为Na元素;Z位于元素周期表中IIIA族,Z为Al元素;W与X属于同一主族,W为S元素。根据元素周期律作答。详解:短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大;X是地壳中含量最多的元素,X为O元素;Y原子的最外层只有一个电子,Y为Na元素;Z位于元素周期表中IIIA族,Z为Al元素;W与X属于同一主族,W为S元素。A项,Na、Al、S都是第三周期元素,根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小,原子半径:r(Y)r(Z)r(W),A项错误;B项,由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2,Na2O中只有离子键,Na2O2中既含离子键又含共价键,B项错误;C项,金属性:Na(Y)Al(Z),Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强,C项错误;D项,非金属性:O(X)S(W),X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强,D项正确;答案选D。点睛:本题考查元素周期表和元素周期律的推断,准确推断出各字母代表的元素是解题的关键,进而根据同周期、同主族元素结构和性质的递变规律作出判断。11.如下图所示,反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g);Hp2)下达到平衡,混合气体中SO3的体积分数(SO3)随温度变化的曲线应为A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析:由图象可知,压强一定时,温度越高,SO3的体积(SO3)越大;温度一定时,压强越高,SO3的体积(SO3)越小,与实际不符合,故A错误;由图象可知,压强一定时,温度越高,SO3的体积(SO3)越大;温度一定时,压强越高,SO3的体积(SO3)越大,与实际不符合,故B错误;由图象可知,压强一定时,温度越高,SO3的体积(SO3)越小;温度一定时,压强越高,SO3的体积(SO3)越大,与实际相符,故C正确;由图象可知,压强一定时,温度越高,SO3的体积(SO3)越小;温度一定时,压强越高,SO3的体积(SO3)越小,与实际不符合,故D错误。考点:本题考查化学化学平衡图象、影响化学平衡的因素。12.迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质,其结构如图下列叙述不正确的是A. 迷迭香酸不属于芳香烃B. 1mol迷迭香酸最多能和含6mol Br2的浓溴水反应C. 迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应D. 1mol迷迭香酸最多能和含6mol NaOH的水溶液完全反应【答案】B【解析】【详解】A.迷迭香酸分子中除了含有碳、氢两种元素外,还含有氧元素,不属于烃,故A正确;B.由酚羟基邻对位氢原子易被溴原子取代和碳碳双键易与溴单质发生加成反应的性质可知1mol迷迭香酸最多能和含7mol Br2的浓溴水反应,故B错误;C.由分子中含-COOC-可发生水解反应,含-OH、-COOH可发生取代和酯化反应,故C正确;D. 1分子迷迭香酸中含有4个酚羟基、1个羧基、1个酯基,则1mol迷迭香酸最多能和6molNaOH发生反应,故D正确;答案选B。【点睛】本题考查有机物结构与性质,把握官能团与性质的关系为解答的关键,侧重酚、羧酸、酯、烯烃性质的考查。13.微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置,其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是A. 正极反应中有CO2生成 B. 微生物促进了反应中电子的转移C. 质子通过交换膜从负极区移向正极区 D. 电池总反应为C6H12O6+6O26CO2+6H2O【答案】A【解析】试题分析:首先根据原电池反应判断出厌氧反应为负极侧,有氧反应为正极侧。A、根据厌氧反应中碳元素的化合价的变化:葡萄糖分子中碳元素平均为0价,二氧化碳中碳元素的化合价为+4价,所以生成二氧化碳的反应为氧化反应,所以在负极生成,A正确;B、在微生物的作用下,该装置为原电池装置。原电池能加快氧化还原反应速率,故可以说微生物促进了电子的转移,B正确;C、原电池中阳离子向正极移动,即质子通过交换膜从负极区移向正极区,C正确;D、正极是氧气得到电子结合氢离子生成水,即O24e-4H2H2O,D错误,答案选D。【考点定位】本题主要是考查原电池原理【名师点晴】该题是高频考点,侧重于电化学原理的应用。电化学包括原电池和电解池。原电池是将化学能转化为电能的装置,组成有正负极、电解质溶液、形成闭合回路,活动性强的电极为负极,发生氧化反应,活动性弱的电极为正极,正极上发生还原反应。电解池是将电能转化为化学能的装置。与外加电源正极连接的为阳极,与电源负极连接的为阴极。阳极发生氧化反应,阴极发生还原反应。若阳极是活性电极,则是电极本身失去电子,若电极是惰性电极,则电解质溶液(或熔融状态)阴离子发生还原反应。掌握好阴离子、阳离子的放电顺序、清楚在闭合回路中电子转移数目相等是本题的关键。特别是要注意溶液的酸碱性,有无质子交换膜等。视频14.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液,浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B向碘水中加入等体积CCl4,振荡后静置,上层接近无色,下层显紫红色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C向CuSO4溶液中加入铁粉,有红色固体析出Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性D向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液,有黄色沉淀生成Ksp(AgCl) Ksp(AgI)A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】分析:A项,苯酚的酸性弱于碳酸;B项,CCl4将I2从碘水中萃取出来,I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度;C项,Fe从CuSO4溶液中置换出Cu,Cu2+的氧化性强于Fe2+;D项,向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀,NaCl、NaI的浓度未知,不能说明AgCl、AgI溶度积的大小。详解:A项,向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液,浊液变清,发生反应+Na2CO3+NaHCO3,酸性:H2CO3HCO3-,A项错误;B项,向碘水中加入等体积CCl4,振荡后静置,上层接近无色,下层显紫红色,说明CCl4将I2从碘水中萃取出来,I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度,B项正确;C项,向CuSO4溶液中加入铁粉,有红色固体析出,发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2+Cu,根据同一反应中氧化性:氧化剂氧化产物,氧化性Cu2+Fe2+,C项错误;D项,向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液,有黄色沉淀生成,说明先达到AgI的溶度积,但由于NaCl、NaI的浓度未知,不能说明AgCl、AgI溶度积的大小,D项错误;答案选B。点睛:本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。易错选D项,产生错误的原因是:忽视NaCl、NaI的浓度未知,思维不严谨。15. 室温下,下列溶液中粒子浓度关系正确的是( )A. Na2S溶液:c(Na)c(HS)c(OH)c(H2S)B. Na2C2O4溶液中:c(OH)=c(H)+c(HC2O4)+2c(H2C2O4)C. Na2CO3溶液:c(Na)+c(H)=2c(CO32)+c(OH)D. CH3COONa和CaCl2混合溶液:c(Na)+c(Ca2)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)+2c(Cl)【答案】B【解析】试题分析:ANa2S溶液中的一级水解大于二级水解,则c(Na)c(OH)c(HS)c(H2S),故A错误;BNa2C2O4溶液中存在的质子守恒式为c(OH)=c(H)+c(HC2O4)+2c(H2C2O4),故B正确;CNa2CO3溶液存在的电荷守恒式为c(Na)+c(H)=2c(CO32)+c(OH)+c(HCO3),故C错误;DCH3COONa和CaCl2混合溶液存在的物料守恒式为c(Na)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)、2c(Ca2)=c(Cl),故D错误;答案为B。考点:考查离子浓度的比较,涉及溶液中的质子守恒、电荷守恒及物料守恒。视频16.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品,具有较强的还原性。回答下列问题:(1)H3PO2是一元中强酸,写出其电离方程式_ 。(2)H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag,从而可用于化学镀银。H3PO2中,P元素的化合价为 _。NaH2PO2为_(填 “正盐”或“酸式盐”),其溶液显_(填“弱酸性”、 “中性”或“弱碱性”)。利用H3PO2进行化学镀银反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1,则氧化产 物为_(填化学式)。【答案】 (1). H3PO2H+ H2PO2 (2). +1 (3). 正盐 (4). 弱碱性 (5). PO43【解析】【详解】(1)H3PO2是一元中强酸,溶液中部分电离出氢离子,所以其电离方程式为:H3PO2H+ H2PO2,故答案为:H3PO2H+ H2PO2;(2)由化合物中正负化合价的代数和为零可知H3PO2中,P元素的化合价为+1价,故答案为:+1;因H3PO2是一元中强酸,故NaH2PO为正盐,属于强碱弱酸盐,由盐类水解可知其水溶液显碱性,故答案为:正盐、弱碱性;该反应中Ag+为氧化剂,H3PO2为还原剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1,设反应产物中P的化合价为x,根据化合价升降相等可得,4(1-0)=1(x-1),解得x=5,所以氧化产物为+5价的H3PO4,故答案为:PO43(或H3PO4)。【点睛】次磷酸(H3PO2)分子中虽有三个氢原子,但却是一元强,而不是三元酸,故酸是几元酸并不是由分子中含有的氢原子数目来决定的。17.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1mol/L的溶液在FeCl2液中需加入少量铁粉,其目的是_ 。(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为 _。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5ml煤油,再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液,溶液变红,煤油的作用是_。 (4)丙组同学取10 mL0.1mol/LKI溶液,加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3 支试管中进行如下实验: 第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置,CCl4层呈紫色; 第二只试管中加入1滴K3Fe(CN)6 溶液,生成蓝色沉淀: 第三支试管中加入1滴KSCN溶液,溶液变红。实验反应的离子方程式是_;实验和说明:在I过量的情况下,溶液中仍含有Fe3+,由此可以证明该反应属于_。【答案】 (1). 防止Fe2+被氧化 (2). 2Fe2+ Cl2=2Fe3+ 2Cl (3). 隔绝空气(排除氧气对实验的影响) (4). 2Fe(CN)63- + 3Fe2+ = Fe3Fe(CN)62 (5). 可逆反应【解析】【详解】(1)铁和氯化铁反应生成氯化亚铁,在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是防止氯化亚铁被氧化,故答案为:防止氯化亚铁被氧化;(2)氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁,反应的离子方程式为:Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl-,故答案为:Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl-;(3)煤油不溶于水,密度比水小,分层后可以隔离溶液与空气接触,排除氧气对实验的影响,故答案为:隔离空气(排除氧气对实验的影响);(4)加入1滴K3Fe(CN)6溶液,生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象,实验检验的离子是Fe2+,第一支试管中加入1mL CCl4充分振荡、静置,CCl4层显紫色说明生成I2,碘离子被铁离子氧化为碘单质,反应的离子方程式为:Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl-,第三支试管中加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明随浓度变小,碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应,仍含有铁离子,在I-过量的情况下,溶液中仍含有Fe3+,说明该反应为可逆反应故答案为:2Fe(CN)63- + 3Fe2+ = Fe3Fe(CN)62;可逆反应。【点睛】在检验Fe2+时,一般是先加入KSCN溶液,若溶液不显血红色,说明原溶液中没有Fe3+的干扰,然后再加入几滴氯水,若溶液此是显血红色,则可证明溶液中含有Fe2+。18. 研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时,涉及如下反应:2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g),K1 H10 ()2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g),K2 H20 ()(1)4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K= (用K1、K2表示)(2)为研究不同条件对反应()的影响,在恒温条件下,向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2,10min时反应()达到平衡,测得10min内v(ClNO)=7.5103molL1min1,则平衡后n(Cl2)= mol,NO的转化率1= 其他条件保持不变,反应()在恒压条件下进行,平衡时NO的转化率2 1(填“”“”或“=”),平衡常数K2 (填“增大”“减小”“不变”)若要使K2减小,可采取的措是 【答案】(1);(2)0.025;75%;不变;升高温度;【解析】试题分析:(1)已知反应2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g),K1;反应2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g),K2,则4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)可由2得到,则K=。(2)2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)H20 ()起始浓度(mol/L) 0.1 0.05 0变化浓度(mol/L)0.075 0.0375 0.075平衡浓度(mol/L) 0.025 0.0125 0.075则平衡后n(Cl2)=0.0125mol/L2L=0.025mol;NO的转化率1=0.0750.1100%=75%;其他条件保持不变,反应()在恒压条件下进行,则反应(II)的压强大于反应(I)的压强,平衡更有利于向右移动,所以平衡时NO的转化率21;因为温度不变,所以平衡常数不变;反应(II)H 0,为放热反应,所以升高温度,平衡向左移动,K2减小。考点:考查化学反应速率、转化率和平衡常数的计算,化学平衡移动等知识。19.信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后,得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物,并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线:请回答下列问题:(1)第步Cu与酸反应的离子方程式为_;得到滤渣1的主要成分为_.(2)第步加H2O2的作用是_;调溶液pH的目的是使_生成沉淀。(3)用第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是_。(4)探究小组用滴定法测定CuSO45H2O(Mr250)含量。取a g试样配成100 mL溶液,每次取20.00 mL,消除干扰离子后,用c mol L-1 EDTA(H2Y2)标准溶液滴定至终点,平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下:Cu2+ + H2Y2 CuY2 + 2H+。写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式_【答案】 (1). Cu+2NO3-+4H+=Cu2+2NO2+2H2O; (2). 3Cu+2NO3-+8H+ =3Cu2+2NO+4H2O (3). Au、Pt (4). 将Fe2+氧化为Fe3+; Fe3+、Al3+; (5). 加热脱水 (6). 【解析】【详解】(1)浓硝酸与稀硫酸混合,硝酸可能为浓溶液,也可能为稀溶液,所以两个离子方程式都可;Au、P他不和硝酸反应,所以滤渣1的主要成分为:Au、Pt。故答案为:Cu+2NO3-+4H+=Cu2+2NO2+2H2O或3Cu+2NO3-+8H+ =3Cu2+2NO+4H2O;Au、Pt;(2)第步加H2O2的作用是把Fe2氧化为Fe3;调溶液PH的目的是使Fe3和Al3形成沉淀。故答案为:将Fe2+氧化为Fe3+; Fe3+、Al3+;(3)第步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水。故答案为:加热脱水;(4)滴定反应为:Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+,铜离子物质的量和标准液物质的量相同:cmol/Lb10-3L=bc10-3mol;依据元素守恒可得:20ml溶液中含有的CuSO45H2O物质的量为:bc10-3mol,则100ml溶液中含硫酸铜晶体的物质的量为:bc10-3mol5=5bc10-3mol;所以CuSO45H2O质量分数的表达式为:。【点睛】在分析调节溶液pH的作用时,可从流程中滤液2的成分入手来分析,在没有调pH之前溶液中含有Cu2+、Fe3+、Al3+等 ,之后用第步所得CuSO45H2O,故调节溶液的pH去除了Fe3+、Al3+。20.A(C2H2)是基本有机化工原料由A制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线(部分反应条件略去)如图所示:回答下列问题:(1)A的名称是_,B含有的官能团是_;(2)的反应类型是_,的反应类型是_;(3)C和D的结构简式分别为_、_;(4)异戊二烯分子中最多有_个原子共平面,顺式聚异戊二烯的结构简式为_。(5)写出与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体(写结构简式)_;(6)参照异戊二烯的上述合成路线,设计一条由A和乙醛为起始原料制备1,3-丁二烯的合成路线_。【答案】 (1). 乙炔 (2). 碳碳双键和酯基 (3). 加成反应 (4). 消去反应 (5). (6). CH3CH2CH2CHO (7). 11 (8). (9). CH3CH(CH3)-CCH、CH3CH2CH2CCH、CH3CH2CCCH3 (10). 【解析】试题分析:根据A的分子式可判断A应该是乙炔。与乙酸反应生成B,B在催化剂作用下转化为高分子化合物,根据高分子化合物的结构简式以及B的分子式可知B的结构简式为CH3COOCH=CH2,这说明反应是乙炔与乙酸中羟基氢原子的加成反应;根据反应的条件可知反应是酯基的水解反应,则C的结构简式为;根据C与D反应的生成物结构简式和名称可判断该反应是醛基的加成反应,则D的结构简式为CH3CH2CH2CHO。(1)根据以上分析可知A的名称是乙炔,B含有的官能团是碳碳双键和酯基。(2)根据以上分析可知反应是加成反应;反应是羟基的消去反应。(3)根据以上分析可知C为,D为CH3CH2CH2CHO。(4)由于碳碳双键是平面形结构,且碳碳单键可以旋转,因此2位碳上的甲基有一个氢原子可以旋转后进入分子平面,所以异戊二烯中共面原子最多有十一个。聚异戊二烯是1,4加成反应,四碳链中间有一个双键,因此顺式异构体的结构简式为;(5)异戊二烯有五个碳原子,有两个不饱和度。它的炔类同分异构体有三种:(图中箭头代表碳链中碳碳三键的位置),因此与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体HCCCH2CH2CH3、CH3CCCH2CH3、HCCCH(CH3)2。(6)根据图中异戊二烯的合成路线可类推得到由A和乙醛为起始原料制备1,3丁二烯的合成路线图(见答案)。【考点定位】本题主要考查有机化合物的结构与性质、简单的有机合成路线设计等。【名师点睛】进行物质的性质判断,要从基本概念和物质的结构及含有的官能团进行分析。要掌握典型的各类物质的代表物的空间构型进行判断物质的分子中原子是共平面的问题。根据物质的相互转化关系,结合已知条件对物质进行推理。掌握各类化学反应类型的特点及规律,进行有机物的合成与转化。在有机场合成题中一定要注意物质官能团的转化,找出一些新反应的断键特点。该题的难点是同分异构体、共线共面判断以及合成路线图设计等。同分异构体类型类型通常有:碳链异构、官能团异构、位置异构等,有时还存在空间异构,要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。物质的合成路线不同于反应过程,只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料,然后进行逐步推断。有机物分子中的共线共面判断关键是利用好已知甲烷、乙烯、乙炔以及苯的结构进行类推和迁移。 考点:考查- 配套讲稿:
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- 2019 届高三 化学 学期 第一次 月考 试题 解析
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