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2015届河北省唐山市高三9月模拟考试理综化学卷(word版,含解析)


河北唐山市 2014-2015 学年度高三年级摸底考试

理科综合能力试题
【试卷综析】本试卷是理科综合化学试卷,在注重考查学科核心知识的同时,突出考查考纲 要求的基本能力,重视学生科学素养的考查,注重主干知识,兼顾覆盖面。以基础知识 和基本技能为载体,以能力测试为主导。试题重点考查:化学与环境、化学与生活、阿 伏伽德罗定律、 元素化合物知识、 化学基本概念、 化学计量的有关计算、 溶液中的离子、 化学实验题、化学反应与能量、化学平衡的移动、常见的有机物及其应用等主干知识, 考查了较多的知识点。注重常见化学方法和化学思想,体现学科基本要求。 可能用到的相对原子质量: H-l C-12 0-16 S-32 Cu-64 Na-23 Cl-35 . 5 Ca-40 Zn-65 Pd-106 第I卷 一、选择题(本题包括 13 小题,每小题 6 分,每小题只有一个选项符合题意) 【题文】7.化学与科技、社会、生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是 A.物质燃烧时产生有色火焰的都是焰色反应的见证 B.棉花、木材和植物秸秆的主要成分都是纤维素 C.航天服主要成分由碳化硅陶瓷和碳纤维复合而成,是一种复合材料 D.天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源 【知识点】化学与科技、社会、生产、生活 【答案解析】A O1 O4

解析:A、某些金属或它们的化合物在灼烧时火焰会呈现特征焰色,叫焰

色反应,可见焰色反应针对的是金属元素,故 A 不正确;B、C、D 正确。 故答案选 A 【思路点拨】本题考查了化学常识性知识,平时要多积累。

【题文】8.有机物 A.8 种 【答案解析】C

的一元取代产物有 B.6 种 C.4 种 D.3 种

【知识点】同分异构体 K3 解析:如图沿中心线做一条竖直的对称轴,标记出的 4 个位置就是有机

物的 4 种氢原子,所以其一元取代物共 4 种,选 C。 【思路点拨】 本题考查了有机物的一元取代物的同分异构体分析, 关键是找到总共的氢原子 种数。 【题文】9.下列离子方程式正确的是 A.用 CH3COOH 溶解 CaCO3:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+C02↑ - B.Fe2(SO4)3 和 Ba(OH)2 溶液混合:Fe3++SO42-+Ba2++3OH =Fe(OH)3↓+ BaSO4↓

C.硫酸工业尾气中的 SO2 用过量的氨水吸收:2NH3·H2O+ SO2 =2NH4++ SO32-+H2O 一 D.Cu 溶于浓 HNO3:Cu+ 4H++ 2NO3 =Cu2++ 2NO↑+ 4H2O 【知识点】离子方程式 B1 D4

【答案解析】C 解析:A、CH3COOH 是弱电解质,在离子方程式中保留化学式,故 A 错误; - B、离子的数量关系错误,应该是:2Fe3++3SO42-+3Ba2++6OH =2Fe(OH)3↓+ 3BaSO4↓故 B 错误;C、SO2 用过量的氨水吸收的产物是亚硫酸铵和水,故 C 正确;D、浓 HNO3 的还原产 物是二氧化氮,故 D 错误。 故答案选 C 【思路点拨】本题考查了离子方程式的正误判断,首先分析反应是否科学合理,如果反应正 确再看是否满足守恒关系等其它方面。 【题文】10.X、Y、Z、W 是短周期元素,原 Y、Z、W 原子的最外层电子数之和为 14 子序 数依次递增。X 与 Z 位于同一主族,Y 元素的单质既能与盐酸反应也能与 NaOH 溶液反应,Z 原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,下列说法正确的是 A.气态氢化物的稳定性:X<Z <W B.Y 的阳离子半径比 W 的阴离子半径小 C.X、Z、W 氧化物对应水化物酸性的强弱顺序为 Z<X<W D.室温下,含 Y 元素的盐形成的水溶液其 pH<7 【知识点】原子结构、元素周期表和元素周期律 E1 E2

【答案解析】B 解析:Y 元素的单质既能与盐酸反应也能与 NaOH 溶液反应,得到 Y 是铝元 素,Z 原子的最外层电子数是次外层电子数的一半,得到 Z 是硅元素,X 与 Z 位于同一主族 得 X 是碳元素,Y、Z、W 原子的最外层电子数之和为 14 得到 W 为氯元素。 A、气态氢化物的稳定性应该是:Z <X<W,故 A 错误;B、Y 的阳离子比 W 的阴离子少一个 电子层,所以 Y 的阳离子半径比 W 的阴离子半径小,故 B 正确;C、只能判断 X、Z、W 最 高价氧化物对应水化物酸性的强弱顺序为 Z<X<W,故 C 错误;D、Y 是铝元素,含铝元素的 盐如 AlCl3 水溶液显酸性,NaAlO2 水溶液显碱性,故 D 错误。 故答案选 B 【思路点拨】本题考查了原子结构、元素周期表和元素周期律,注意容易误选 C,根据非金 属性的强弱只能得到元素最高价氧化物的水化物酸性的强弱。 【题文】11.在温度和容积不变的密闭容器中,A 气体与 B 气体反应生成 C 气体。反应过程 中,反应物与生成物的浓度随时间变化的曲线如右图,则下列叙述正确的是 A.该反应的化学方程式为 A+3B 2C B.在 tl s 时,v(A)正=0 C. (t1+l0)s 时再充入 0.4 molA 和 0.25 mol B,反应物 A 转化率增大 D.若该反应在绝热容器中进行,也在 tl 时刻达到平衡 【知识点】化学反应速率和化学平衡 G1 G2 【答案解析】C 解析:A、从开始到 t1s,A 的浓度减小了 0.8-0.2=0.6(mol/L),B 的浓度



减小了 0.5-0.3=0.2(mol/L),C 的浓度增大了 0.4-0=0.4(mol/L),所以该反应的化学方程式 为 3A+B 2C,故 A 错误;B、在 tl s 时,反应达平衡状态,但是速率不为 0,故 B 错误;C、 (t1+l0)s 时再充入 0.4 molA 和 0.25 mol B,相当于加压,平衡正向移动,反应物 A 的转化 率增大,故 C 正确;D、若该反应在绝热容器中进行,随反应的进行温度就会发生变化,反 应速率发生变化,不会在 tl 时刻达到平衡,故 D 错误; 故答案选 C。 【思路点拨】本题考查了化学反应速率和化学平衡,关键是根据图像得到化学反应方程式。 【题文】12.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是 实验操作 A B C D 淀粉与稀 H2SO4 共热,再加银 氨溶液水浴加热 向某溶液中先滴加氯水,再滴 加少量 KSCN 溶液 向 NaAlO2 溶液中滴加饱和 NaHCO3 溶液 将 CO2 通入 Na2SiO3 溶液中 实验现象 无银镜生成 结论 淀粉水解产物无还原性

溶液变成血红色 溶液中含有 Fe2+ 验证两者都发生了水解反 有白色沉淀产生 应,且相互促进 有白色沉淀生成 证明 H2CO3 酸性比 H2SiO3 强

【知识点】物质检验、性质验证 J2

I3 C2

【答案解析】D 解析:A、淀粉与稀 H2SO4 共热,水解后的溶液显酸性,应该先加 NaOH 溶 液中和硫酸,再加银氨溶液水浴加热,才会有现象,故 A 错误;B、检验 Fe2+时,向某溶液 中先加少量 KSCN 溶液,无现象再滴加氯水,若溶液变成血红色证明溶液中含有 Fe2+,故 B - 错误;C、向 NaAlO2 溶液中滴加饱和 NaHCO3 溶液有白色沉淀产生,是因为 AlO2 ,得质子 的能力强,不能验证两者都发生了相互促进水解反应,故 C 错误;D、根据强酸制弱酸的规 律,将 CO2 通入 Na2SiO3 溶液中有白色沉淀生成,能够证明 H2CO3 酸性比 H2SiO3 强,故 D 正 确。 故答案选 D 【思路点拨】本题考查了物质检验、性质验证,注意实验的设计要严密,平时要加强练习。 【题文】13.已知:95℃时,KW=1.0×10 则下列说法正确的是 A.H2A 在水溶液中的电离方程式为:H2A H++HA-,HA H++A2- B. (NH4)2A 溶液中存在离子浓度关系:c(NH4+)>c(A2-)>c(H+)>c(OH ) C.0.0lmol·L-l 的 H2A 溶液 pH=2 D.等体积等浓度的盐酸与 H2A 溶液分别与 5.6g Zn 反应,H2A 溶液产生的 H2 多 【知识点】水的离子积常数、溶液 pH 值、盐溶液中离子浓度 H1 H2 H3 【答案解析】B 解析:根据 95℃时,KW=1.0×10 .在该温度下,测得 0.1mol·L Na2A 溶液 PH=6,可知溶液呈中性, Na2A 为强酸强碱盐。 A、 H2A 为强酸在水溶液中完全电离, 故 A 错误; + 2B、 (NH4) 溶液呈酸性, 溶液中存在离子浓度关系: c (NH4 ) >c (A ) >c(H+) >c 2A 为强酸弱碱盐, - -l -l (OH ) ,故 B 正确;C、0.0lmol·L 的 H2A 溶液氢离子浓度为 0.02mol·L ,pH 不等于 2, 故 C 错误;D、等体积等浓度的盐酸与 H2A 溶液分别与 5.6g Zn 反应,若酸都过量,两溶液 产生的 H2 一样多,故 D 错误。 故答案选 B 【思路点拨】本题考查了水的离子积常数、溶液 pH 值、盐溶液中离子浓度等问题,综合性
-12 -1 - -12

.在该温度下,测得 0.1mol·L Na2A 溶液 PH=6,

-1

强,关键是利用 95℃时,KW=1.0×10 是强酸。

-12

和在该温度下 0.1mol·L Na2A 溶液 PH=6,判断 H2A

-1

第Ⅱ 卷(共 174 分) 三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第 22 题。第 32 题为必考题,每个小题考生都 必须做答。第 33 题~第 40 题为选考题,考生根据要求做答。 (一)必考题 【题文】26. (13 分)实验室用乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯。有关物质的相关数据如下表: 化合物 正丁醇 冰醋酸 乙酸正丁酯 相对分子质量 74 60 116 密度/g·cm-3 0.80 1.045 0.882 沸点,/℃ 溶解度/l00g 水 118.0 118.1 126.1 9 互溶 0.7

操作如下: ①在 50mL 三颈烧瓶中,加入 18.5 mL 正丁醇和 13.4 mL 冰醋酸, 3~4 滴浓硫酸,投入 沸石。安装分水器(作用:实验过程中不断分离除去反应生成的水) 、温度计及回流冷凝 管。 ②将分水器分出的酯层和反应液一起倒入分液漏斗中, 水洗, 10% Na2CO3 洗涤, 再水洗, 最后转移至锥形瓶,干燥。 ③将干燥后的乙酸正丁酯滤入烧瓶中,常压蒸馏,收集馏分,得 15.1 g 乙酸正丁酯。

请回答有关问题: (1)冷水应该从冷凝管 (填 a 或 b)端管口通入。 (2)仪器 A 中发生反应的化学方程式为____ (3)步骤① “不断分离除去反应生成的水”该操作的目的是: (4)步骤② 中,10%Na2CO3 溶液洗涤有机层,该步操作的目的 是 。 (5)进行分液操作时,使用的漏斗是 (填选项) 。

。 。

(6)步骤③ 在进行蒸馏操作时,若从 118℃ 开始收集馏分,产率偏 因是____ (7)该实验过程中,生成乙酸正丁酯的产率是 。

(填“高”或者“低”)原

【知识点】有机物的制备、混合物分离、除杂 J1 J2 【答案解析】 (1)a(1 分) (2)CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OH
浓硫酸 △

L6

CH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O(2 分)

(3)使用分水器分离出水,使平衡正向移动,提高反应产率(2 分) ; (4)除去产品中含有的乙酸等杂质(2 分) (5)C(1 分) (6)高(1 分) 会收集到少量未反应的冰醋酸和正丁醇(2 分) (7)65%(或 65.1%) (2 分) 解析: (1)为了保证冷凝效果冷水需要低进高出,所以应该从冷凝管 a 端管口通入。 (2)根据酯化反应的原理,羧基去羟基,醇去氢生成酯和水,仪器 A 中发生反应的化学方 程式为:CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OH
浓硫酸 △

CH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O。

(3)利用减小生成物的浓度平衡正向移动,步骤① “不断分离除去反应生成的水”该操作的目 的是使用分水器分离出水,使平衡正向移动,提高反应产率。 (4)步骤② 中用 10%Na2CO3 溶液洗涤有机层,目的是除去产品中含有的乙酸等杂质。 (5)AC 都是分液漏斗,A 主要组装制气体的装置,进行分液操作时,使用的漏斗是 C。 (6)步骤③ 在进行蒸馏操作时,若从 118℃ 开始收集馏分,由于会收集到少量未反应的冰醋 酸和正丁醇似的产率偏高。 (7)18.5 mL 正丁醇的质量是 18.5 mL×0.8g/mL=14.8g,13.4 mL 冰醋酸的质量是 13.4 mL× 1.045g/mL=14g,设理论上得到乙酸正丁酯的质量是 x, CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OH 60g 14g 74g 14.8g
浓硫酸 △

CH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O。 116g x

CH3COOH 过量,所以 x=116g×14.8g÷74g=23.2g 生成乙酸正丁酯的产率是:15.1g÷23.2g×100%=65.1% 【思路点拨】本题考查了有机物的制备、分离、除杂,产率计算,难度不大。 【题文】27. (15 分)高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能水处理剂,具有极强的氧化性。 (1)已知:4FeO42-+10H2O 作用有 同浓度的高铁酸钾在 pH 为 4. 74、 7. 00、 11. 50 的水溶液中最稳定的是 pH= 溶液。 (2)高铁酸钾有以下几种常见制备方法: 干法 湿法 电解法 Fe2O3、KNO3、KOH 混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和 KNO2 等产物 强碱性介质中,Fe(NO3)3 与 NaClO 反应生成紫红色高铁酸盐溶液 制备中间产物 Na2FeO4,再与 KOH 溶液反应 。 。 的 4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑。K2FeO4 在处理水的过程中所起的

① 干法制备 K2FeO4 的反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为____ ② 湿法制备中,若 Fe(NO3)3 加入过量,在碱性介质中 K2FeO4 与 Fe3+发生 氧化还原反应生成 K3FeO4,此反应的离子方程 式: 。 ③ 制备中间产物 Na2FeO4,可采用的装置如图所示,则阳极的电极反应

式为 。 (3)比亚迪双模电动汽车使用高铁电池供电,其总反应为: 3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH

放电时负极材料为 ,正极反应为: 。 - -9 (4) 25℃ 时,CaFeO4 的 Ksp=4.54×l0 ,若要使 1000 L,含有 2.0×l0 4 mol·L-l K2FeO4 的废水中有 CaFeO4 沉淀产生,理论上至少加入 Ca(OH)2 的物质的量为 mol。 【知识点】氧化还原反应规律、电化学、难溶物的沉淀溶解平衡 B3 F3 H5 【答案解析】(1)K2FeO4 具有强氧化性,能够消毒杀菌;同时 FeO42 解形成 Fe(OH)3 胶体,能够吸附水中悬浮杂质。11.50 (2) ①3:1(2 分) - - - ② 2FeO42 +Fe3++8OH =3FeO43 +4H2O(2 分) - ③Fe+8OH -6e─ =FeO42─ +4H2O(2 分) - - - (3)Zn(1 分) FeO42 +4H2O+3e == Fe(OH)3+5OH (2 分) (4)2.27×10-2(2 分) 解析:(1)所给方程式体现了 K2FeO4 具有强氧化性,能够消毒杀菌,同时 FeO42 被还原成 Fe3+;结合胶体的性质想到第二点:Fe3+水解形成 Fe(OH)3 胶体,能够吸附水中悬浮杂质。 根据反应方程式可知酸会促进 K2FeO4 水解,而碱会抑制 K2FeO4 水解,所以在碱性强的溶液 中能稳定存在。 (2) ①反应 Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O 中,Fe 元素化合价升高,化合价由+3 价升高到+6
价被氧化,N 元素化合价由+5 价降低到+2 价,氧化剂与还原剂的物质的量之比为 3:1,
- -

被还原成 Fe3+,Fe3+水

② 根据提示:2FeO42 +Fe3++8OH =3FeO43 +4H2O - ③制备中间产物 Na2FeO4 利用电解法, 结合阳极发生氧化反应得: Fe+8OH -6e─ =FeO42─ +4H2O 2- (3) 放电时为原电池, 锌的化合价升高锌做负极; 正极发生的电子的反应: FeO4 +4H2O+3e - - == Fe(OH)3+5OH







4.54 ?10?9 (4)至少加入 Ca(OH)2 的物质的量为: ?1000 =2.27×10-2(mol) ?4 2 ?10
【思路点拨】本题考查了氧化还原反应规律、电化学、难溶物的沉淀溶解平衡,注意根据题 目提示进行分析解答。 【题文】28. (15 分)工业上研究燃料脱硫的过程中,涉及如下反应: CaSO4(s)+CO(g) 应 I) CaO(s)+SO2(g)+CO2(g),K1,△H1= 218.4 kJ·mol-l(反

1 CaSO4(s)+2CO(g) 2

1 CaS(s)+2CO2(g) ,K2,△H2= -87.8 kJ·mol-l(反应 II) 2


(1)反应 CaO(s)+3CO(g)+SO2(g) CaS(s)+3CO2(g)的△H= 平衡常数 K= (用 K1,K2 表示) 。 (2)某温度下在一密闭容器中若只发生反应 I,测得数据如下:

前 100 s 内 ( v SO2) =

mo1· L-1· s l, 平衡时 CO 的转化率为





(3)若只研究反应 II,在不同条件下其反应能量变化如下图所示:图中曲线 a 到曲线 b 的措施是________,恒温恒容时,下列说法能说明反应Ⅱ 到达 平衡状态的是____ 。 A.体系中气体的平均摩尔质量不再改变 B.v(CO)=v(CO2) C.CO 的转化率达到了最大限度 D.体系内气体压强不再发生变化 (4)某科研小组研究在其它条件不变的情况下,改变起始一氧化碳物质的量 [用 n(CO)表示]对 CaO(s)+3CO(g)+SO2(g) CaS(s)+3CO2 (g)反应的影响,实验结果如右图所示(图中 T 表示温度) : ① 比较在 a、b、c 三点所处的平衡状态中,反应物 SO2 的转化率最高的是 ____ 。 ② 图像中 T2 T1(填“高于”、“低于”、“等于”或“无法确定”) :判断的 理由是____ 。 【知识点】化学反应速率、化学平衡的移动 G1 G2 G5 【答案解析】 (1)-394kJ/mol (2 分) (2)0.009(1 分) 60%(2 分) (3)使用催化剂(1 分) ,AC(2 分) (4)① c (2 分)②低于(1 分) 该反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动, CO2 体积分数降低,故 T2 低于 T1(2 分) 解析: (1) 根据盖斯定律△ H=2 △ H2 -△ H1= - 87.8 kJ · mol-l × 2 - 218 . 4 kJ · mol-l= - 394kJ/mol ;
2 C 2 ? CO2 ? C 2 ? CO2 ? C ? CO2 ? 1 K2 2 K3 ? 3 ? 2 ? ? K2 ? ? ; C ? CO ? C ? SO2 ? C ? CO ? C ? SO2 ? C ? CO ? K1 K1

K (2 分) K
2 1

2

(2)前 100 s 内 v(SO2)=v(CO)= 平衡时 CO 的转化率为:

? 2 ? 1.1? mol / L ? 0.009 mo1·L-1·s
100 s

-l



(2 ? 0.8)mol / l ?100% ? 60% . 2mol / L

(3)因为催化剂能降低反应的活化能,不改变平衡,△H 不变,所以曲线 a 到曲线 b 的措 施是使用催化剂; 只要能够证明正反应速率等于逆反应速率的说法就能说明反应到达平衡状态。 A.假设平衡右移,体系中气体的平均摩尔质量增大,左移体系中气体的平均摩尔质量 减小,而体系中气体的平均摩尔质量不再改变说明平衡不再移动。 B.没有指明正反应速率还是逆反应速率,不能证明正反应速率等于逆反应速率。 C.CO 的转化率达到了最大限度,即平衡不再移动,能说明反应到达平衡状态。 D.方程式两边气体分子数相等,平衡移动时体系内气体压强也不变,所以体系内气体 压强不再发生变化不能说明反应到达平衡状态。 (4)① 增加一氧化碳物质的量,平衡右移,反应物 SO2 的转化率增加,所以 SO2 的转化率最 高的是 C。

② 该反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,CO2 体积分数降低,故 T2 低于 T1。 【思路点拨】本题考查了化学反应速率、化学平衡的移动,加强知识的理解灵活解答。 【题文】36. 【化学——选修 2:化学与技术】 (15 分) 有机合成中常用的钯/活性炭催化剂若长期使用, 会被铁、 有机化合物等杂质污染而失 去活性,成为废催化剂。一种由废催化剂制取 PdCl2 的工艺流程如下:

(1)“焙烧 1”通入空气的目的是使有机化合物、活性炭等可燃物通过燃烧而除掉,通入空 气过多反而不利于实现目的,其原因是 。 ( 2 ) 甲 酸 在 反 应 中 被 氧 化 为 二 氧 化 碳 , 写 出 甲 酸 与 PdO 反 应 的 化 学 方 程 式 : ___ 。 2+ (3) 加浓氨水时, 钯转变为可溶性[Pd (NH3) 此时铁的存在形式是 (写 4] , 化学式) 。 (4)加入浓氨水的过程中,需要控制溶液的 pH 为 8~9,实验室检测溶液 pH 的操作方法 是: 。 (5)“焙烧 2”的目的是: 。 (6)与焙烧 2 产生的气体组成元素相同的化合物是 ,该 物质与空气形成一种环保型碱性燃料电池,其负极反应式为 (7) Pd 中加入王水的反应可以表示为 Pd+HCl+HNO3→A+B↑+H2O(未配平) 。其中 B 为无 色有毒气体,该气体在空气中不能稳定存在;A 中含有三种元素,其中 Pd 元素的质 量 分 数 为 42 . 4% , H 元 素 的 质 量 分 数 为 0 . 8% 。 则 A 的 化 学 式 为 。 【知识点】制备实验方案的设计、氧化还原反应、测定溶液 pH 的方法 B3 H2 J4 【答案解析】 (1)大量的空气会带走大量的热,使反应器内温度过低,甚至不能发生反应。 (2 分) (2) HCOOH+PdO ? Pd+CO2↑+H2O(2 分) (3)Fe(OH)3(2 分) (4)用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在 pH 试纸上,与标准比色卡比色,读出 pH(2 分) (5)脱氨(使 Pd(NH3)2Cl2 生成 PdCl2) (2 分) - ― (6)N2H4, (1 分)N2H4+4OH ―4e ==N2↑+4H2O(2 分) (7) H2PdCl4(2 分) 解析:(1)为了使有机物等可燃物充分燃烧,要加入过量的氧气,但通入空气过多大量 的空气会带走大量的热,使反应器内温度过低,甚至不能发生反应。 (2)根据题给信息知,甲酸被氧化生成二氧化碳,则金属氧化物被还原生成金属单质,同 时该反应中还生成水,反应方程式为:HCOOH+PdO═Pd+CO2↑+H2O,
?

(3)加浓氨水调节 pH 为 8 到 9,溶液呈碱性,且前面过程中有强化剂,所以铁的存在形 式是 Fe(OH)3 (4)实验室中用 pH 试纸检测溶液的 pH 的操作方法是:用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在 pH 试纸上,然后将 pH 试纸与标准比色卡对比; (5)根据题给信息知,反应物是 Pd(NH3)2Cl2,生成物是 PdCl2,“焙烧 2”的目的是发生分 解反应,得到产物。 (6)焙烧方程式为:Pd(NH3)2Cl2 ? 2NH3↑+PdCl2 与氨气组成元素相同的化合物是 N2H4,该物质与空气形成一种环保型碱性燃料电池,其负 - 极反应式为 N2H4+4OH――4e ==N2↑+4H2O; (7)Pd 中加入王水的反应可以表示为 Pd+HCl+HNO3-→A+B↑+H2O(未配平),其中 B 为无色有毒气体,该气体在空气中不能稳定存在,则 B 是一氧化氮;A 中含有三种元素, 其中 Pd 元素的质量分数为 42.4%,H 元素的质量分数为 0.8%,根据元素守恒知剩余的是 氯元素,氯元素的质量分数为 1-42.4%-0.8%=56.8%,Pd 原子、氢原子和氯原子个数比为: (42.4%/106.4):(0.8%/1) : (56.8%/35.5)=1:2:4 所以 A 的化学式为:H2PdCl4 【思路点拨】本题考查了制备方案的设计,涉及化学式的确定、氧化还原反应、pH 的测定 等知识点,根据原子守恒及原子个数比确定化学式。 【题文】37. 【化学——选修 3:物质结构与性质】 (15 分) 氧元素和卤族元素都能形成多种物质, 我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去 认识和理解。 (1) COCl2 的空间构型为 ;溴的价电子排布式为 。 (2)已知 CsICl2 不稳定,受热易分解,倾向于生成晶格能更大的物质,则它按下列 式发生。 A. CsICl2=CsCl+ICl B. CsICl2=CsI+Cl2 (3)根据下表提供的第一电离能数据判断:最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子 是 。
?

(4)下列分子既不存在 s-p ? 键,也不存在 p-p ? 键的是 。 A. HCl B.HF C. SO2 D. SCl2 - - (5)已知 ClO2 为角型,中心氯原子周围有四对价层电子。ClO2 中心氯原子的杂化轨道类 - 型为 ,写出 CN 的等电子体的分子式 (写出 1 个) 。 (6)钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体,其结构如图所示:由此可判断该钙的氧 化物的化学式为 。已知该氧化物的密度是 ? g·cm-3,则晶胞离得最近的两 个钙离子间的距离为_ 为 NA) 。 cm(只要求列算式,不必计算出数值,阿伏加德罗常数

【知识点】晶体结构、原子杂化方式、晶格能 N1

N2

N4

【答案解析】 (1)平面形(1 分) 4s24p5(1 分) (2)A(1 分) (3)碘(2 分) (4)D(2 分) (5)sp3 杂化(2 分) N2 或 CO(2 分) (6)CaO2

(2 分)

解析: (1)光气(COCl2)各原子最外层都满足 8 电子稳定结构,光气分子的结构式是

,故 COCl2 为平面三角形;溴有 4 个电子层,最外层有 7 个电子,溴的价电子排 布式为 4s 4p5 (2) 离子晶体中离子电荷越多,半径越小离子键越强,离子晶体的晶格能越大,晶格能 CsCl>CsI 所以发生的反应为 CsICl2=CsCl+ICl, (4)元素的第一电离能越小,元素失电子能力越强,得电子能力越弱,则越容易形成阳离 子,根据表中数据知,卤族元素中第一电离能最小的是 I 元素,则碘元素易失电子生成简单 阳离子, (5)HCl、HF 中只存在存在 s-p ? 键,SO2 存在 p-p ? 键,SCl2 里面存在的是 p-p ? 键 (6)ClO2-中心氯原子的价层电子对个数 n=(7+1)/2=4,属于 sp3 杂化;等电子体具有相 同的电子数目和原子数目的微粒,所以与 CN 互为等电子体的分子为 N2 或 CO; (6)钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体,根据其结构钙离子与过氧根离子个数比 为 1:1,化学式为 CaO2 晶胞的质量为


2

4 m 72 ? 4 ,则晶胞离得最近的两 ? 72 ,根据密度公式得到晶胞体积 V= ? NA ? ? NA

个钙离子间的距离为



【思路点拨】本题考查了晶体结构、原子杂化方式的判断和等电子体的含义,根据价层电子 对互斥理论即可解答原子杂化方式。 【题文】38. 【化学——选修 5 有机化学基础】 (15 分) 芳香族化合物 A,分子式为 C9H9OCl,且能发生银镜反应;D 为含有八元环的芳香族化 合物。A 与其它物质之间的转化如下图所示:

(1)A 的结构简式为 (2)A→E 的反应条件为 (3)写出 B→C 第① 步的反应方程式

。 ;C→D 的反应类型为 。



(4)B 的一种同系物 F(分子式为 C8H8O2)有多种同分异构体,则含有 合物的同分异构体有 式 。

的芳香族化

种,写出其中核磁共振氢谱有 4 个峰的一种结构简

(5)已知: 步骤也可合成 B:

由甲苯及其它必要物质经如下

反应 I 的试剂及条件为 反应 III 的化学方程式为

:反应 IV 所用物质的名称为 。



【知识点】有机物的结构和性质 L2 L4 L6

Cl
【答案解析】 (1)

CH CH2CHO (2 分)
酯化(取代)反应(1 分)
OH △
Cu2O+3H2O

(2)氢氧化钠醇溶液 加热(2 分) (3) (2 分)
OH CH CH2CHO + 2 Cu(OH)2 + NaOH

CH CH2COONa + Cu2O↓ +3 H2O

(4)10(2 分)
CH3 任写一种 COOH CH3 OOCH COOCH3

OOCCH OOCH33

(2 分) (5)Cl2 光照 (1 分)

乙醛(1 分)

2

CH2 OH+ O2

Cu △

2

CHO + 2 H2O

(2 分)

解析:(1)根据框图中给出的结构逆向推断,E 含碳碳双键,E 由 A 通过消去反应形成,结

Cl
合 D 为含有八元环的芳香族化合物,即可得到 A 的结构:

CH CH2CHO



(7)A→E 的反应是氯原子的消去,所以反应条件为氢氧化钠醇溶液、加热。根据 D 为含有 八元环的芳香族化合物,C→D 的反应是 2 个 C 分子发生酯化反应,通过形成 2 个酯基得到 八元环,所以类型为酯化(取代)反应。 (8)醛基能够被新制氢氧化铜氧化得到羧基:
OH CH CH2CHO + 2 Cu(OH)2 + NaOH △ OH CH CH2COONa + Cu2O↓ +3 H2O

(9)B 的一种同系物 F 包含羧酸和酯,共 10 种,其中核磁共振氢谱有 4 个峰的结构简式如 答案。 (10)甲基上的氢原子被氯原子取代,类似甲烷的氯代反应,反应物是氯气,条件是光照。 (11)根据信息醛与醛加成得到羟基醛,所以 IV 所用物质的名称为乙醛,反应 III 从醇类得 到醛类需要催化氧化完成,化学方程式为:

2

CH2 OH+ O2

Cu △

2

CHO + 2 H2O



【思路点拨】本题考查了有机物的结构和性质,突出了官能团间的转化,关键是理解课本上 的代表物的性质,熟练书写常见方程式。


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