2019-2020学年上海市虹口区市级名校新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年上海市虹口区市级名校新高考化学模拟试卷

一、单选题(本题包括15个小题,每小题4分,共60分.每小题只有一个选项符合题意)

1.甲、乙两个恒容密闭容器中均发生反应:C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)ΔH>0,有关实验数据如下表所示:

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下列说法正确的是( )

A.K1=12.8

B.T1<T2

C.T1℃时向甲容器中再充入0.1mol H2O(g),则平衡正向移动,CO2(g)的体积分数增大

D.若T2温度下,向2L恒容密闭容器中充入1.0mol CO2和2.0mol H2,达平衡时,CO2的转化率大于40%

【答案】A

【解析】

【详解】

A. 根据表中数据可知甲容器中反应达到平衡时,c(H2O)=0.4mol·L-1,c(CO2)=0.8mol·L-1,c(H2)=

1.6mol·L-1,K1=

()()

()

2

22

2

2

CO c H

c H O

?

c

=12.8,A正确;

B. 乙容器中反应达到平衡时,c(H2O)=0.8mol·L-1,c(CO2)=0.6mol·L-1,c(H2)=1.2mol·L-1,K2

()()

()

2

22

2

2

CO c H

c H O

?

c

=1.35,K1>K2,该反应为吸热反应,K减小说明反应逆向进行,则温度降低,即T1

>T2,B错误;

C. 向容器中再充入0.1mol H2O(g),相当于增大压强,平衡逆向移动,则CO2的体积分数减小,C错误;

D. 与乙容器中的量比较,1.0mol CO2和2.0mol H2相当于1.0mol C和2.0mol H2O,若体积不变,则平衡时是完全等效的,即CO2为0.6mol,CO2的转化率为40%,但由于体积增大,压强减小,反应向生成CO2的方向移动,则CO2的转化率小于40%,D错误;

故答案为:A。

2.下列指定反应的离子方程式正确的是()

A.实验室用浓盐酸和MnO2混合加热制Cl2:MnO2+4H++2Cl﹣Δ

Mn2++Cl2↑+2H2O

B.将Cl2溶于水制备次氯酸:Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣

C.用过量的NaOH溶液吸收SO2:OH﹣+SO2=HSO3﹣

D.向AlCl3溶液中加入氨水:Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓

【答案】A

【解析】

【详解】

A、浓盐酸与二氧化锰混合加热,离子方程式:MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O,故A正确;

B、将氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO,故B错误;

C、用过量NaOH吸收二氧化硫生成亚硫酸钠,离子方程式为2OH﹣+SO2=H2O+SO32﹣,故C错误;

D、向氯化铝溶液中加入过量氨水,一水合氨是弱碱,要保留化学式,离子方程式为Al3++3NH3?H2O=

Al(OH)3↓+3NH4+,故D错误;

答案选A。

【点睛】

考查离子方程式书写方法和反应原理,掌握物质性质和书写原则是解题关键,注意反应物用量对反应的影响。

3.化学与生产、生活息息相关,下列叙述错误的是

A.用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维

B.可以用Si3N4、A2O3制作高温结构陶瓷制品

C.Ge(32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池

D.纤维素在人体内可水解为葡萄糖,故可作为人类的营养物质

【答案】D

【解析】

【详解】

A. 蚕丝主要成分为蛋白质,蛋白质灼烧能产生烧焦羽毛的特殊气味,而人造纤维没有这种气味,则用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维,A项正确;

B. Si3N4、A2O3为常见的新型高温陶瓷材料,B项正确;

C. Ge(32号元素)位于金属与非金属的分界线附近,可做半导体材料,C项正确;

D. 人体内没有纤维素水解酶,因此纤维素不能再人体内水解,D项错误;

答案选D。

4.下列关于有机化合物的说法正确的是

A.C3H6C12有4种同分异构体

B.乙烯与Br2的CC l4溶液反应后,混合液分为两层

C.乙醇被氧化一定生成乙醛

D.合成材料会造成巨大的环境压力,应禁止使用

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A.丙烷上的二氯取代物,使用“定一移一”的方法。丙烷上有1对称轴,定1个氯在端基的碳原子,另1个氯原子的位置为邻间对,共3种。定1个氯原子在中间的碳原子上,则另1个氯只能在对位,共1种。

如图所示。A项正确;

B.乙烯和Br2反应生成1,2-二溴乙烷为有机物,有机物溶于有机物,不会出现分层现象,B项错误;C.乙醇可以被高锰酸钾氧化到乙酸,不一定生成乙醛,C项错误;

D.合成材料是由两种或两种以上的物质复合而成并具有某些综合性能的材料。往往具有质轻、强度高、耐磨等优点,不应被禁止使用,D项错误;

【点睛】

在使用“定一移一”的方法的时候要注意不能重复。

5.下列反应的离子方程式书写正确的是

A.在FeI2溶液中滴加少量溴水:2Fe2++ Br2=2Fe3++ 2Br-

B.碳酸氢钠溶液和少量的澄清石灰水混合:2HCO3- + Ca2+ + 2OH-=CaCO3↓+CO32- + 2H2O

C.向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42- 恰好沉淀完全:Al3+ + 2SO42- + 2Ba2+ +

4OH-=2BaSO4↓+AlO2- + 2H2O

D.过量SO2通入到NaClO 溶液中:SO2 + H2O + ClO- = HClO + HSO3-

【答案】B

【解析】

【详解】

A选项,在FeI2溶液中滴加少量溴水,首先是溴水和碘离子反应,故A错误;

B选项,碳酸氢钠溶液和少量的澄清石灰水混合,“少定多变”即澄清石灰水定为1 mol来分析:2HCO3-+ Ca2+ + 2OH-=CaCO3↓+CO32-+ 2H2O,故B正确;

C选项,向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀完全,铝离子先生成沉淀,再是铵根离子反应:Al3+ + NH4++2SO42-+ 2Ba2+ + 4OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+ H2O + NH3↑,故C错误;

D选项,过量SO2通入到NaClO 溶液中,次氯酸钠有强氧化性,会将二氧化硫氧化为硫酸根离子,故D 错误;

综上所述,答案为B。

【点睛】

物质发生反应的顺序是:先发生酸碱中和反应,再生成沉淀的反应,再是沉淀不变的阶段,再是沉淀溶解的反应。

6.下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验,能达到实验目的的是

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A.用装置甲制取氯气

B.用装置乙除去氯气中的少量氯化氢

C.用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液

D.用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气,A不正确;

B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液,且气体是长口进短口出,B不正确;

C、二氧化锰不溶于水,因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤,装置丙是过滤装置,C正确;

D、锰离子水解,水解吸热,因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O,应该在氯化氢的气氛中进行,D不正确。

答案选C。

7.在化学能与电能的转化过程中,下列叙述正确的是

A.电解饱和食盐水时,阳极得到Cl2 和NaOH(aq)

B.教材所示的铜-锌原电池在工作时,Zn2+ 向铜片附近迁移

C.电镀时,电镀槽里的负极材料发生氧化反应

D.原电池与电解池连接后,电子从原电池负极流向电解池阳极

【答案】B

【解析】

【详解】

A.电解饱和食盐水时,阳极得到Cl2 和NaOH(aq));

B.教材所示的铜-锌原电池在工作时,Zn2+ 向铜片附近迁移;

C.电镀池——特殊的电解池。电镀槽里的电极分为阴极和阳极,阳极发生氧化反应;

D.原电池与电解池连接后,跟原电池的负极相连的那个电极叫阴极。电子从原电池负极流向电解池阴极。8.CuSO4溶液中加入过量KI溶液,产生白色CuI沉淀,溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2,溶液变成无色。下列说法不正确的是( )

A.滴加KI溶液时,KI被氧化,CuI是还原产物

B.通入SO2后,溶液变无色,体现SO2的还原性

C.整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应

D.上述实验条件下,物质的氧化性:Cu2+>I2>SO2

【答案】C

【解析】

【分析】

CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2,反应中Cu元素的化合价降低,I元素的化合价升高;向反应后的混合物中不断通入SO2气体,反应方程式为

SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI,该反应中S元素的化合价升高,I元素的化合价降低。

【详解】

A、滴加KI溶液时,I元素的化合价升高,KI被氧化,Cu元素的化合价降低,则CuI是还原产物,故A正确;

B、通入SO2后溶液逐渐变成无色,发生了氧化还原反应,S元素的化合价升高,体现其还原性,故B正确;

C、发生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应,没有复分解反应,故C错误;

D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu元素的化合价降低是氧化剂,I2是氧化产物,氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,所以物质的氧化性:Cu2+>I2,SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价,I2是氧化剂,SO2被氧化,所以物质氧化性I2>SO2,所以氧化性Cu2+>I2>SO2,故D正确。

答案选C。

【点睛】

本题考查氧化还原反应,根据题目信息推断实验中发生的反应,素材陌生,难度较大,考查学生对氧化还原反应的利用,把握反应中元素的化合价变化为解答的关键,选项B为易错点。

9.下列有关酸碱滴定实验操作的叙述错误的是()

A.准备工作:先用蒸馏水洗涤滴定管,再用待测液和标准液洗涤对应滴定管

B.量取 15.00mL 待测液:在 25 mL 滴定管中装入待测液,调整初始读数为 10.00mL后,将剩余待测液放入锥形瓶

C.判断滴定终点:指示剂颜色突变,且半分钟内不变色

D.读数:读蓝线粗细线交界处所对应的刻度,末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积

【答案】B

【解析】

【详解】

A、用待测液和标准液洗涤对应滴定管,避免待测液和标准液被稀释而浓度减小引起较大误差,故A不符合题意;

B、由于25mL滴定管中装入待测液的体积大于25mL,所以调整初始读数为 10.00mL后,将剩余待测液放入锥形瓶,待测液体积大于15.00mL,测定结果偏大,故B符合题意;

C、酸碱滴定时,当指示剂变色后且保持半分钟内不变色,即可认为已经达到滴定终点,故C不符合题意;

D、滴定实验中,准确读数应该是滴定管上蓝线的粗细交界点对应的刻度线,由于滴定管的0刻度在上方,所以末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积,故D不符合题意;

故选:B。

10.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,Y和W、Y和Z分别相邻,且W、Y和Z三种元素的原子最外层电子数之和为19,x原子的电子层数与最外层电子数相等。下列说法错误的是

A.单质的沸点:Y>W>Z B.离子半径:X

C.气态氢化物的稳定性:W>Y D.W与X可形成离子化合物

【答案】A

【解析】

【分析】

X原子的电子层数与最外层电子数相等,X应为Al,Y和W、Y和Z分别相邻,且W、Y和Z三种元素的原子最外层电子数之和为19,则W为O、Y为S,Z为Cl元素。

【详解】

A.氯气的相对分子质量比氧气大,沸点比氧气高,故A错误;

B.X为Al、Y为S、硫离子比铝离子多一个电子层,离子半径较大,故B正确;

C.非金属性O>S,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,气态氢化物的稳定性:H2O>H2S,故C 正确;

D.O的非金属性较强,与铝反应生成的氧化铝为离子化合物,熔融状态下可导电,故D正确。

故选A。

11.在使用下列各实验装置时,不合理的是

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A.装置①用于分离CCl4和H2O的混合物

B.装置②用于收集H2、CO2、Cl2等气体

C.装置③用于吸收NH3或HCl,并防止倒吸

D.装置④用于收集NH3,并吸收多余的NH3

【答案】D

【解析】

【详解】

A.CCl4和H2O的混合物分层,则图中分液装置可分离,选项A正确;

B.短导管进入可收集密度比空气小的气体,长导管进入可收集密度比空气大的气体,则图中装置可收集H2、CO2、Cl2等气体,选项B正确;

C.四氯化碳的密度比水大,在下层,可使气体与水不能直接接触,则装置用于吸收NH3或HCl,并防止倒吸,选项C正确;

D.不能利用无水氯化钙干燥氨气,应选碱石灰干燥,选项D错误;

答案选D。

【点睛】

本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及混合物分离提纯、气体的收集、防止倒吸等,把握图中装置的作用及实验基本技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查。

12.N A是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.0.5 molN4(分子为正四面体结构)含共价键数目为2N A

B.1 L 0.5 mol·L-1 Na2S溶液中含阴离子数目小于0.5N A

C.锌与浓硫酸反应生成气体11.2 L(标准状况)时转移电子数目为N A

D.14 g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为3N A

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A.N4呈正四面体结构,类似白磷(P4),如图所示,1个N4分子含6个共价键(N–N键),则

0.5 mol N4含共价键数目为3 N A,A项错误;

B.S2-+H2O?HS-+OH-,阴离子包括S2-、OH-和HS-,阴离子的量大于0.5 mol,B项错误;

C.锌与浓硫酸发生反应:Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,生成气体11.2

L(标准状况),则共生成气体的物质的量,即n(H2+SO2)=

11.2L

0.5mol

22.4L/mol

=,生成1 mol气体时转移2

mol电子,生成0.5 mol气体时应转移电子数目为N A,C项正确;

D.己烯和环己烷的分子式都是C6H12,最简式为CH2,14 g混合物相当于1 mol CH2,含2 mol H原子,故14 g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为2N A,D项错误;

答案选C。

13.潮湿的氯气、新制的氯水及漂粉精的水溶液均能使有色布条褪色,因为它们都含有

A.Cl2B.HClO C.ClO ̄D.HCl

【答案】B

【解析】

氯气与水反应生成HClO、HCl,Cl2、HCl都没有漂白性,HClO具有漂白性,故B正确。

14.室温下,有pH均为9,体积均为10 mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液,下列说法正确的是

A.两种溶液中的c(Na+)相等

B.两溶液中由水电离出的c(OH-)之比为10-9/10-5

C.分别加水稀释到100mL时,两种溶液的pH依然相等

D.分别与同浓度的盐酸反应,恰好反应时消耗的盐酸体积相等

【答案】B

【解析】

【分析】

pH相等的NaOH和CH3COONa溶液,c(NaOH)<c(CH3COONa),相同体积、相同pH的这两种溶液,则n(NaOH)<n(CH3COONa)。

【详解】

A.pH相等的NaOH和CH3COONa溶液,c(NaOH)<c(CH3COONa),钠离子不水解,所以钠离子浓度NaOH<CH3COONa,故A错误;

B.酸或碱抑制水电离,含有弱离子的盐促进水电离,NaOH溶液中c(H+)等于水电离出c(OH-)=10-9mol/L,CH3COONa溶液10-14/10-9=10-5mol/L,两溶液中由水电离出的c(OH-)之比=10-9/10-5,故正确;

C.加水稀释促进醋酸钠水解,导致溶液中pH大小为CH3COONa>NaOH,故C错误;

D.分别与同浓度的盐酸反应,恰好反应时消耗的盐酸体积与NaOH、CH3COONa的物质的量成正比,n (NaOH)<n(CH3COONa),所以醋酸钠消耗的稀盐酸体积大,故D错误。

15.下列说法正确的是

A.可用金属钠除去乙醇溶液中的水

B.萃取碘水中的碘单质,可用乙醇做萃取剂

C.我国西周时发明的“酒曲”酿酒工艺,是利用了催化剂使平衡正向移动的原理

D.汽油中加入适量乙醇作汽车燃料,可节省石油资源,减少汽车尾气对空气的污染

【答案】D

【解析】

【详解】

A.钠与乙醇、水都能发生反应,不能用金属钠除去乙醇溶液中的水,A错误;

B.乙醇与水互溶,不能用作萃取剂,B错误;

C. “酒曲”为反应的催化剂,可加快反应速率,与平衡移动无关,C错误;

D.汽油中加入适量乙醇作汽车燃料,即可满足人类能源的需要,同时减少了石油的使用,因此可节省石油资源,乙醇中含O,提高了汽油中O含量,使汽油燃烧更充分,减少了碳氢化合物、CO、CO2等的排放,减少了汽车尾气对空气的污染,D正确;

故合理选项是D。

二、实验题(本题包括1个小题,共10分)

16.检验甲醛含量的方法有很多,其中银﹣Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag,产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+,Fe2+与菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物,通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量(夹持装置略去)。

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已知:甲醛能被银氨溶液氧化生成CO2,氮化镁与水反应放出NH3,毛细管内径不超过1 mm。请回答下列问题:

(1)A装置中反应的化学方程式为___________,用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是

___________________。

(2)B中装有AgNO3溶液,仪器B的名称为________。

(3)银氨溶液的制备。关闭K1、K2,打开K3,打开______,使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中,当观察到B 中白色沉淀恰好完全溶解时,________。

(4)室内空气中甲醛含量的测定。

①用热水浴加热B,打开K1,将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端,吸入1 L室内空气,关闭K1;后续操作是______________;再重复上述操作3次。毛细管的作用是__________。

②向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH=1,再加入足量Fe2(SO4)3溶液,充分反应后立即加入菲洛嗪,Fe2+与菲洛嗪形成有色物质,在562 nm处测定吸光度,测得生成Fe2+1.12 mg,空气中甲醛的含量为____mg·L-1。

【答案】Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑ 饱和食盐水可减缓生成氨气的速率三颈烧瓶(或三口烧瓶) 分液漏斗的活塞与旋塞关闭K3和分液漏斗旋塞打开K2,缓慢推动滑动隔板,将气体全部

推出,再关闭K2减小气体的通入速率,使空气中的甲醛气体被完全吸收0.0375

【解析】

【分析】

在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3,NH3通入到AgNO3溶液中首先反应产生AgOH白色沉淀,后当氨气过量时,反应产生Ag(NH3)2OH,然后向溶液中通入甲醛,水浴加热,发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体,产生的Ag与加入的Fe3+定量反应生成Fe2+,Fe2+与菲洛嗪形成有色物质,在562 nm处测定吸光度,测得生成Fe2+1.12 mg,据此结合反应过程中电子守恒,可计算室内空气中甲醛含量。

【详解】

(1)Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3,反应方程式为:Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑;用饱和食盐水代替水,单位体积溶液中水的含量降低,可减缓生成氨气的速率;

(2)根据仪器B的结构可知,仪器B的名称为三颈烧瓶;

(3)银氨溶液的制备:关闭K1、K2,打开K3,打开K3,分液漏斗的活塞与旋塞,使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中,首先发生反应:Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH4+,后又发生反应:AgOH+2NH3 ·H2O=[ Ag(NH3)2]

++OH-+2H2O,当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时,就得到了银氨溶液,此时关闭K3和分液漏斗旋塞;

(4)①用热水浴加热B,打开K1,将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端,吸入1 L室内空气,关闭K1;后续操作是打开K2,缓慢推动滑动隔板,将气体全部推出,再关闭K2;再重复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速率,使空气中的甲醛气体被完全吸收。

②甲醛和银氨溶液加热反应生成银,银具有还原性,被Fe3+氧化,结合甲醛被氧化为CO2,氢氧化二氨合银被还原为银,甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价,银+1价变化为0价,生成的银又被铁离子氧化,

铁离子被还原为亚铁离子,生成亚铁离子1.12 mg,物质的量n(Fe)=

3

m 1.1210g

M56?g/mol

-

?

==2×10-5 mol,根据

氧化还原反应电子守恒计算,设消耗甲醛物质的量为x mol,则4x=2×10-5 mol×1,x=5×10-6 mol,因此实验进行了4次操作,所以测得1 L空气中甲醛的含量为1.25×10-6 mol,空气中甲醛的含量为1.25×10-6 mol×30 g/mol×103 mg/g=0.0375 mg/L。

【点睛】

本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等,掌握基础是解题关键,了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。

三、推断题(本题包括1个小题,共10分)

17.(化学—有机化学基础)

3﹣对甲苯丙烯酸甲酯(E)是一种用于合成抗血栓药的中间体,其合成路线如下:

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已知:HCHO+CH3CHO CH2=CHCHO+H2O

(1)遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有___________种,B中含氧官能团的名称为___________.

(2)试剂C可选用下列中的___________.

a、溴水

b、银氨溶液

c、酸性KMnO4溶液

d、新制Cu(OH)2悬浊液

(3)是E的一种同分异构体,该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为___________.

(4)E在一定条件下可以生成高聚物F,F的结构简式为___________.

【答案】3 醛基b、d

+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O

【解析】

【分析】

甲苯和CO在AlCl3、HCl作用下生成A,A和乙醛发生题目给的已知的反应生成B,则B为

,B在银氨溶液或新制氢氧化铜作用下被氧化为羧酸盐,然后再酸化得到D,D 可以和甲酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E。

【详解】

(1)遇FeCl3溶液显紫色,说明同分异构体含有酚羟基,则另一个取代基为乙烯基,二者可为邻、间、对3种位置,共有3种同分异构体;根据题目所给信息,B中含有醛基。

(2)B中含有的醛基与C反应转化为羧基,所以试剂C可以为银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液。

(3)酯基在NaOH条件下发生水解反应,根据水解反应的原理,化学方程式为

+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O。

(4)E中含有碳碳双键,经过加聚反应可得E,根据加聚反应规律可得F的结构简式为。

四、综合题(本题包括2个小题,共20分)

18.氮氧化物是大气主要污染物,主要来自于工业废气及汽车尾气的排放,工业废气中NO是主要成分之一。

(1)乙烯作为还原剂的脱硝(NO),其反应机理示意图如图所示.写出解吸过程的化学方程式

____________________。

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(2)FeSO4-Na2SO3复合吸收剂吸收烟气中的NO,该方法利用Fe2+易与NO发生络合反应的特性,原理如下NO+FeSO4Fe(NO)SO4

①如图是一段时间内不同吸收剂对NO脱除率对比,加入Na2SO3溶液后,吸收效率增强,除了Na2SO3也能吸收部分NO外,还能防氧化从而增大Fe2+的含量,写出此原理的离子方程式

_______________________________________。

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②模拟实验表明,温度过高或过低都会降低NO的脱除率,其原因是

_______________________________________。

(3)采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图

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①无隔膜条件下电解食盐水后溶液呈弱碱性,原因是____________________________.

②写出NO发生反应的离子方程式____________________________。

③根据下图所示,脱NO过程中控制溶液pH在______________范围内更合理。

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【答案】2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O 2Fe3++SO32-+H2O=2Fe3++SO42-+2H+温度过低,反应速率缓慢;温度过高,NO的溶解度降低,都会造成脱除率下降ClO-+H 2O HClO+OH-2NO+3ClO -+2OH-2NO3-+3Cl-+2H2O 5—6

【解析】

【分析】

(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4,NO2生成物为CO2、N2、H2O ,写出对应化学方程式;

(2)①Na2SO3具有还原性,Fe3+具有氧化性,两者发生氧化还原反应,能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量;

②温度过低,反应速率缓慢,温度过高,NO的溶解度降低;

(3)①电解食盐水,阳极失去电子,反生为2Cl--2e-=Cl2↑,阴极得到电子,反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑,总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑,ClO-会水解;

②ClO-作氧化剂,NO为还原剂,在碱性条件下的反应为2NO+3ClO-+2OH-2NO3-+3Cl-+2H2O;

③根据图分析,当pH介于5-6时,Cl元素以HClO存在,此时氧化性最强。

【详解】

(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4,NO2生成物为CO2、N2、H2O ,化学方程式为

2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O,故答案为:2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O;

(2) ①Na2SO3具有还原性,Fe3+具有氧化性,两者发生氧化还原反应,能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量,离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe3++SO42-+2H+,故答案为:2Fe3++SO32-+H2O=2Fe3++SO42-+2H+;

②温度过低,反应速率缓慢,温度过高,NO的溶解度降低,故答案为:温度过低,反应速率缓慢;温度过高,NO的溶解度降低,都会造成脱除率下降;

(3)①电解食盐水,阳极失去电子,反生为2Cl--2e-=Cl2↑,阴极得到电子,反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑,总反应方程式为Cl-+ H 2O= ClO-+H2↑,ClO-会发生水解,方程式为ClO-+H2O HClO+OH-,故答案为:ClO -+H 2O HClO+OH-;

②ClO-作氧化剂,NO为还原剂,在碱性条件下的反应为2NO+3ClO-+2OH-2NO3-+3Cl-+2H2O,故答案为:2NO+3ClO-+2OH-2NO3-+3Cl-+2H2O;

③根据图分析,当pH介于5-6时,Cl元素以HClO存在,此时氧化性最强,故答案为5-6。

19.I.氮和氮的化合物在国防建设、工农业生产和生活中都有极其广泛的用途。请回答下列与氮元素有关的问题:

(1)亚硝酸氯(结构式为Cl-N=O)是有机合成中的重要试剂。它可由Cl2和NO在通常条件下反应制得,反应方程式为2NO(g)+Cl2(g)?2ClNO(g)。已知几种化学的键能数据如下表所示:

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当Cl2与NO反应生成ClNO的过程中转移了5mol电子,理论上放出的热量为____kJ.

(2)在一个恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1 mol Cl2(g)发生(1)中反应,在温度分别为T1、T2时测得NO的物质的量(单位:mol)与时间的关系如下表所示

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①T1________T2(填“>“”<”或”=”)。

②温度为T2℃时,起始时容器内的强为p0,则该反应的平衡常数Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。

(3)近年来,地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下,密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO3-),其工作原理如图所示

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①Ir表面发生反应的方程式为_____________。

②若导电基体上的Pt颗粒增多,造成的后果是______________。

II:利用电化学原理,将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池,模拟工业电解法来精炼银,装置如图所示

请回答下列问

题:

(4)①甲池工作时,NO 2转变成绿色硝化剂Y ,Y 是N 2O 5,可循环使用,则石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为________。

②若用10A 的电流电解60min 后,乙中阴极得到32.4gAg ,则该电解池的电解效率为____%。(保留小数点后一位。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500C /mol)

【答案】277.5 < 0

6

p H 2+N 2O N 2+H 2O 若Pt 颗粒增多,NO 3-更多转化为NH 4+存在溶液中,

不利于降低溶液中含氮量,产生有污染的气体 O 2+4e -+2N 2O 5=4NO 3- 80.4 【解析】 【分析】 (1)2NO (g )+Cl 2(g )

2ClNO (g ),反应的焓变△H =反应物总键能-生成物总键能,据此计算;

(2)①温度越高,反应速率越大,达到平衡状态所需要的时间短;

②用三段式法计算出平衡时各种成分的物质的量,根据压强比等于气体的物质的量的比,用每种物质的物质的量占总物质的量的百分比乘以总压强得该组分的分压,带入平衡常数表达式,可得K p ; (3)①由原理的示意图可知,Ir 的表面氢气和N 2O 发生反应生成N 2和H 2O ;

②由原理的示意图可知,若导电基体上的Pt 颗粒增多,则NO 3-

会更多的转化成铵根。

(4)①石墨I 上发生氧化反应,为原电池的负极,石墨II 为原电池的正极,正极上发生还原反应; ②根据Ag 的质量计算电子转移的物质的量,结合法拉第常数为96500C /mol 及电流强度与通电时间可计算出电解池的电解效率。 【详解】 (1)2NO (g )+Cl 2(g )

2ClNO (g ),1molCl 2参与反应发生焓变

△H =243kJ /mol +2×630kJ /mol -2×(200kJ /mol +607kJ /mol )=-111kJ /mol ,此时转移2mol 电子,则有5mol

电子转移时,热量变化为111kJ/mol ×5

2

mol=277.5kJ;

(2)①温度越高,反应速率越大,达到平衡状态所需要的时间短,根据表格数据可知在温度为T2时先达到平衡,所以反应温度T1

②起始物质的量为3mol,压强为p0,反应后各物质变化为

2NO+Cl22ClNO

起始物质的量210

达平衡物质的量10.5 1

在恒容密闭容器中发生反应,气体的物质的量的比等于压强之比,反应后气体的总物质的量n(总)后

=2.5mol,反应前气体的物质的量n(前)总=3mol,所以反应后压强为P=2.5

3

P0=

5

6

P0;

p(NO)=p(ClNO)=

1

2.5

×

5

6

P0=

1

3

P0;p(Cl2)=

1

2

p(NO)=

1

6

P0,则化学平衡常数K p=

2

2

1

P0

3

11

P0P0

36

??

?

??

??

?

?

??

=

6

p;

(3)①在Ir表面上H2与N2O反应产生N2和水,反应方程式为H2+N2O N2+H2O;

②由原理的示意图可知,若导电基体上的Pt颗粒增多,则NO3-会更多的转化成铵根,不利于降低溶液中含氮量;

(4)①根据图示可知在石墨I上NO2失去电子发生氧化反应转化为N2O5,为原电池的负极,石墨II上O2获得电子,与溶液中的N2O5结合形成NO3-,发生还原反应,为原电池的正极,电极反应式为:

O2+4e-+2N2O5=4NO3-;

②n(Ag)=

32.4g

108/

m

M g mol

==0.3mol,由于每反应产生1molAg,转移1mol电子,则转移的电量为

Q=0.3mol×96500C/mol=28950C,由于电流强度为10A,电解时间为60min,转移的总电量Q总

=10×60×60C=36000C,所以电解池的电解效率=28950C

36000C

×100%=80.4%。

【点睛】

本题考查了反应热、反应速率和平衡常数的计算应用、分压焓变的计算、原电池原理的应用及电解效率等知识点,掌握基础知识和基本理论是解题关键。

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