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2016届江苏高考化学二轮复习模拟考场训练1

来源 :中华考试网 2016-01-08

  9.(2015·内蒙古包头一中期末考试)(14分)二氧化锗被广泛用于制作高纯金属锗、锗化合物、化工催化剂及医药工业,某工厂用褐煤烟灰(主要成分为C、GeO2,还有少量Al2O3和SiO2)为原料制备GeO2,其流程如图所示:

  已知:GeO2难溶于水,不跟水反应,是以酸性为主的两性氧化物,溶于强碱溶液生成锗酸盐,溶于浓盐酸生成GeCl4(GeCl4的沸点是83.1℃)。

  (1)用水浸取焙烧物2小时的目的是__________________,操作“X”的名称为________,该操作除了冷凝管、铁架台、牛角管、锥形瓶、石棉网、酒精灯外还缺少的玻璃仪器是__________________。

  (2)写出焙烧时二氧化锗与氢氧化钠发生反应的化学方程式:__________________。

  (3)“酸化”至溶液中盐酸浓度为5.3 mol·L-1时有利于生成GeCl4,写出该反应的化学方程式:__________________,若滤液“酸化”时酸度不够,溶液会出现明显的浑浊,原因是__________________。

  (4)GeO2产品中通常混有少量SiO2。取样品w g,测得其中氧原子的物质的量为n mol,则该样品中GeO2的物质的量为________mol(用含w、n的代数式表示)。

  解析:本题以二氧化锗的制备流程为载体考查工艺流程的分析与解读、化学方程式的书写、产量的计算等知识。(1)与水接触溶解或反应,延长反应时间或搅拌、适当升高温度等均可提高浸出率;结合题中CeCl4的沸点可分析出操作“X”为蒸馏,要控制沸点为83.1 ℃,还需要蒸馏烧瓶和温度计;(2)根据GeO2溶于强碱生成锗酸盐(+4价)写出化学方程式;(3)联想已学的两性物质氢氧化铝的转化写出方程式;滤液“酸化”时酸度不够会生成H2GeO3沉淀;(4)由GeO2、SiO2的化学式,利用“氧守恒”知w gGeO2、SiO2的混合物中氧原子的物质的量为n mol,设w g样品中GeO2、SiO2的物质的量分别为x mol、y mol,由题意有x+y=,105x+60y=w,联立可解出x。

  答案:(1)为了提高含锗化合物的浸出率 蒸馏 蒸馏烧瓶、温度计

  (2)2NaOH+GeO2Na2GeO3+H2O

  (3)Na2GeO3+6HCl===GeCl4+2NaCl+3H2O 生成了H2GeO3(或GeO2或GeO2·nH2O)沉淀

  (4)(或-n)

  10(2015·甘肃省天水一中一模)(15分)甲醇合成反应为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。工业上用天然气为原料,分为两阶段:

  Ⅰ.制备合成气:用天然气和水制取原料气的方程式为__________________。原料气中常添加CO2以解决合成气中H2过量CO不足的问题,请用方程式解释原因:__________________。为了使合成气配比最佳,理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为________。

  Ⅱ.合成甲醇:(1)反应过程中物质能量变化如图所示。写出合成甲醇的热化学方程式:__________________。实验室在1 L密闭容器中进行模拟合成实验。将1 mol CO和2 mol H2通入容器中,分别恒温在300 ℃和500℃进行反应,每隔一定时间测得容器中甲醇的浓度如下:

  10 min 20 min 30 min 40 min 50 min 60 min 300 ℃ 0.40 0.60 0.75 0.84 0.90 0.90 500 ℃ 0.60 0.75 0.78 0.80 0.80 0.80

  (2)在300 ℃反应开始10分钟内,H2的平均反应速率为__________________。

  (3)500 ℃平衡常数K=________。

  (4)在另一体积不变的容器中,充入1.2 mol CO和2.0 mol H2,一定条件下达到平衡,测得容器内压强为起始的一半。计算该条件下H2转化率为________。

  解析:本题考查热化学方程式的书写、化学反应速率的计算、平衡常数、转化率等知识。Ⅰ.甲烷与水反应生成CO、H2,CO2与H2反应可生成水、CO。由CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)可知,理论上一氧化碳与氢气按n(CO)n(H2)=12进行反应,由反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)可知1 mol甲烷生成1 mol CO与3 mol H2,H2过量1 mol,过量的氢气与二氧化碳反应,根据反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知1 mol H2需 mol二氧化碳,所以理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为1 mol mol=31。Ⅱ.(1)由反应过程中物质能量变化图可知,1 mol CO(g)与2 mol H2(g)完全反应生成1 mol CH3OH(g)放出热量为(b-a)kJ,所以合成甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-(b-a)kJ/mol;(2)由表可知10 min内,甲醇的浓度变化为0.40 mol/L,所以v(CH3OH)==0.40 mol/(L·min),速率之比等于化学计量数之比,所以v(H2)=2v(CH3OH)=2×0.040 mol/(L·min)=0.080 mol/(L·min);(3)由表可知500℃,反应40 min时,反应达平衡状态,甲醇的平衡浓度为0.80 mol/L,CO的起始浓度为1 mol/L、H2的起始浓度为2 mol/L,所以:

  CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

  开始(mol/L): 1 2

  变化(mol/L): 0.80 1.60 0.80

  平衡(mol/L): 0.20 0.40 0.80

  所以500℃平衡常数K==25;(4)平衡时混合气体的总物质的量为(1.2 mol+2 mol)×0.5=1.6 mol,设转化的一氧化碳的物质的量为x mol,则:

  CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) Δn

  1    2         2

  x   2x       1.6 mol

  故x=0.8 mol,所以氢气的转化率为×100%=80%。

  答案:Ⅰ.CH4+H2O(g)CO+3H2

  CO2+H2CO+H2O 31

  Ⅱ.(1)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=(a-b)kJ/mol[或ΔH=-(b-a)kJ/mol]

  (2)0.080 mol/(L·min) (3)25

  (4) 80%

  <二>选考题(共15分。请考生任选一题做答。如果多做,则按所作第一题计分)

  11.(2015·云南省部分名校2月统考)【化学——选修2:化学与技术】(15分)

  甲酸钠广泛用作催化剂、稳定合成剂、印染行业的还原剂,还可用于生产保险粉、草酸和甲酸。甲酸钠用电石炉废气(75%~90% CO,以及少量CO2、H2S、N2、CH4等)合成,其合成部分工艺流程如图:

  (1)上述工艺用碱液洗涤的目的是__________________,可能发生的反应有__________________________ (写两个化学方程式)。

  (2)上述合成工艺中采用循环喷射吸收合成,其目的是__________________;最后尾气主要成分是__________________。

  (3)甲酸钠高温时分解制取草酸钠(Na2C2O4)的化学方程式为__________________。

  (4)在甲酸钠、氢氧化钠混合溶液中通入二氧化硫气体,可得到重要的工业产品保险粉(Na2S2O4),同时产生二氧化碳气体,该反应的离子方程式为__________________________。

  (5)某厂测知合成塔中甲酸钠生产产率为40%,要制得溶质质量分数为5%的HCOONa溶液1吨,需要CO在标况下的体积为________。

  解析:本题结合工艺流程考查操作目的、离子方程式的书写、化学计算等知识。(1)用碱液洗涤的目的显然是除去二氧化碳、硫化氢等酸性气体;(2)一氧化碳和氢氧化钠溶液在160~200 ℃和2 MPa压力下反应生成甲酸钠,反应是NaOH+CO===HCOONa,因此合成工艺中采用循环喷射吸收合成,其目的是使尾气中的CO被充分吸收,因此最后尾气的成分是N2和CH4;(3)甲酸钠高温时分解制取草酸钠,发生氧化还原反应,其中C的化合价由+2―→+3,因此化合价降低的是H,即生成氢气;(4)根据题意HCOO-与SO2发生氧化还原反应,二者之比是12;

  (5)NaOH+CO=== HCOONa

  22.4 68

  V×40% 106×5%,

  V≈4.12×104 L。

  答案:(1)除去其中的CO2、H2S等酸性气体

  CO2+2NaOH===Na2CO3+H2O、H2S+2NaOH===Na2S+2H2O

  (2)使尾气中的CO被充分吸收 N2和CH4

  (3)2HCOONaNa2C2O4+H2↑

  (4)HCOO-+2SO2+OH-===S2O+CO2+H2O

  (5)4.12×104 L

  12.(2015·湖北省八市3月联考)【化学——选修3:物质结构与性质】(15分)

  A、B、C、D、E是元素周期表中五种短周期元素,原子序数依次增大,A、B、C、D位于同一周期,已知A原子核外有3个能级,且每个能级上的容纳的电子数目相同。C与E同主族,且C的单质为空气中的主要成分。X元素的原子核外有26个运动状态完全不同的电子,回答下列问题:

  (1)C、D、E中第一电离能最大的是________(填元素符号),X的价电子排布式为________。

  (2)B的气态氢化物分子呈________形,该分子的中心原子的杂化方式为___________ _________________________。

  (3)A的一种单质相对分子质量为720,分子构型为一个32面体,其中有12个五元环,20个六元环(如图1),则1mol A的这种单质中π键的数目为________。

  (4)X元素对应的单质在形成晶体时,采用如图2所示的堆积方式。则这种堆积模型的配位数为________,如果X的原子半径为a cm;阿伏加德罗常数的值为NA,则计算此单质的密度表达式为________g/cm3(不必化简)。

  解析:本题考查元素推断、第一电离能、杂化轨道、共价键以及晶胞结构与计算。已知A原子核外有3个能级,且每个能级上容纳的电子数目相同,则A核外电子数为6个,即A为碳元素。C与E同主族,且C的单质为空气中的主要成分,即C的单质是氮气或氧气。由于A、B、C原子序数依次增大,所以C只能是氧元素,则B是氮元素,E是硫元素。又因为A、B、C、D位于同一周期,则D是氟元素,X元素的原子核外有26个运动状态完全不相同的电子,所以X是铁元素。(1)非金属性越强,第一电离能越大。O、F、S中非金属性最强的是F,则第一电离能最大的是F。根据核外电子排布规律可知铁的价电子排布式为3d64s2;(2)氨气分子中氮原子含有一对孤对电子,价层电子对数是4,呈三角锥形,N原子的杂化方式为sp3;(3)A的一种单质相对分子质量为720,则含有碳原子的个数是720÷12=60。假设含有x个单键、y个双键,则根据分子构型为一个32面体,其中有12个五元环,20个六元环可知x+y==90。根据碳原子的价电子数是4,可知x+2y=,解得x=60、y=30。单键都是σ键,双键是由1个σ键和1个π键组成的,则1 mol A的这种单质中π键的数目为30NA;(4)根据晶体的堆积方式可判断这种堆积模型的配位数为8;晶胞中铁原子数是8×+1=2;假设晶胞的边长是b cm,立方体的体对角线是4a cm,所以有b=,则此单质的密度== g/cm3。

  答案:(1)F (3)3d64s2 (2)三角锥 ap3

  (3)30NA (4)8

  13.(2015·宁夏银川一中六模)【化学——选修5:有机化学基础】(15分)

  A~G都是有机化合物,它们的转化关系如图所示:

  请回答下列问题:

  (1)已知:6.0 g化合物E完全燃烧生成8.8 g CO2和3.6 g H2O;E的相对分子质量为60,则E的分子式为________。

  (2)A为一元取代芳烃,B中含有一个甲基。由B生成C的化学方程式为__________________________。

  (3)由B生成D、由C生成D的反应条件分别是__________________________、__________________________。

  (4)由A生成B、由D生成G的反应类型分别是__________________________、__________________________。

  (5)在G的同分异构体中,苯环上一硝化的产物只有一种,其中核磁共振氢谱有两组峰,且峰面积比为11的是__________________(填结构简式)。

  解析:E的相对分子质量为60,则6.0 g E的物质的量为0.1 mol,完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量分别为:=0.2 mol,=0.2 mol,分子中N(C)-=2,N(H)==4,故N(O)==2,所以E的分子式为C2H4O2。A为一取代芳香烃,由分子式可知为苯的同系物,故A为,A与Cl2在光照下发生取代反应生成B,而B中含一个甲基,则B为,B发生水解反应生成C,C为,方程为:;C与E发生反应生成F,结合F的分子式可知应是酯化反应,则E为CH3COOH,F为,B、C转化都得到D,D与溴发生加成反应生成G,则B发生消去反应生成D,反应条件为“氢氧化钠醇溶液,加热”,C发生消去反应也生成D,反应条件为“浓硫酸,加热”,故D为,G为,在G的同分异构体中,苯环上一硝化的产物只有一种,其核磁共振氢谱有两组峰,且峰面积比为11,所以对称性高,可以含有2个相同的取代基,且处于对位,为。

  答案:(1)C2H4O2

  (3)NaOH醇溶液,加热 浓H4SO4,加热

  (4)取代反应 加成反应

  (5)

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