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【解析】江西省赣州市崇义县2017届高三上学期第一次综合能力化学试卷 含解析.doc

2016-2017学年江西省赣州市崇义县高三(上)第一次综合能力化学试卷

一、选择题(本大题共7小题,每小题6分,共42分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)

1.N A为阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是()

A.25℃时,l L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH﹣数为0.2 N A

B.18g D2O中含有的质子数为9N A

C.Fe在少量Cl2中燃烧生成0.5 mol 产物,转移的电子数为N A

D.标准状况下,11.2LCCl4含有的分子数为0.5 N A

2.重金属离子具有毒性.实验室中有甲、乙两种重金属离子的废液,甲废液经化验呈碱性,主要有毒离子为Ba2+,如将甲、乙两废液按一定比例混合,毒性明显降低.则乙废液中可能含有的离子是()

A.Cu2+和SO42﹣B.Cu2+和Cl﹣C.K+和SO42﹣D.Ag+和NO3﹣

3.异秦皮啶具有镇静安神抗肿瘤功效,秦皮素具有抗痢疾杆菌功效.它们在一定条件下可发生转化,如图所示.有关说法正确的是()

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A.异秦皮啶与秦皮素互为同系物

B.异秦皮啶分子式为C11H12O5

C.秦皮素一定条件下能发生加成反应、消去反应和取代反应

D.秦皮素含有酯键,一定条件下可发生水解反应

4.将氯水分别滴入下列溶液中,由实验现象得出的结论正确的是()

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A.A B.B C.C D.D

5.现有两种短周期主族元素X、Y,且在常温下X的单质呈气态,Y的单质呈固态.则下列推断不正确的是()

A.若X、Y位于ⅠA族,则X、Y可能与氧元素形成原子个数比为1:1或2:1的化合物

B.若X、Y位于第三周期,则X、Y形成的化台物可能是离子化合物或共价化合物C.若气态氢化物的沸点:X>Y,则X、Y只能位于周期表的ⅦA族

D.若X、Y位于周期表的同一周期,则最高价含氧酸的酸性可能是H n XO m>H a YO b 6.有一铁粉和氧化铜的混合物8.32g,进行如下实验:

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根据实验所得数据,有关说法正确的是()

A.无色气体的质量为0.2g

B.原混合物中铁的质量为7.0g

C.反应后的溶液中金属离子物质的量为0.1 mol

D.反应消耗的H2SO4物质的量为0.15 mol

7.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪,负极上的反应为:CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O ═CH3COOH+4H+.下列有关说法正确的是()

A.检测时,电解质溶液中的H+向负极移动

B.若有0.4 mol电子转移,则在标准状况下消耗4.48 L氧气

C.电池反应的化学方程式为:CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O

D.正极上发生的反应为:O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣

三、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第8题-第10题为必考题,每个试题考生都必须作答.第11题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题(共53分)

8.甲醇是重要的化工原料,在工业生产上的应用十分广泛.

(1)利用太阳能或生物质能分解水制H2,然后可将H2与CO2转化为甲醇.

已知:光催化制氢:2H2O(l)═2H2(g)+O2(g)△H=+571.5kJ/mol

H2与CO2耦合反应:3H2(g)+CO2(g)═CH3OH(l)+H2O(l)△H=﹣137.8kJ/mol

则反应:2H2O(l)+CO2(g)═CH3OH(l)+3/2O2(g)的△H=kJ/mol

你认为该方法需要解决的技术问题有.

a.开发高效光催化剂

b.将光催化制取的H2从反应体系中有效分离,并与CO2耦合催化转化

c.二氧化碳及水资源的来源供应

(2)工业上由甲醇制取甲醛的两种方法如下(有关数据均为在298K时测定):

反应Ⅰ:CH3OH(g)═HCHO(g)+H2(g)△H1=+92.09kJ/mol,K1=3.92×10﹣11.

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反应Ⅱ:CH3OH(g)+O2(g)═HCHO(g)+H2O(g)△H2=﹣149.73kJ/mol,K2=4.35×1029.

①从原子利用率看,反应(填“I”或“II”.下同)制甲醛的原子利用率更高.从反应的焓变和平衡常数K值看,反应制甲醛更有利.(原子利用率表示目标产物的质量与生成物总质量之比.)

②如图1是甲醇制甲醛有关反应的lgK(平衡常数的对数值)随温度T的变化.图中曲线(1)表示(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的反应.

(3)污水中的含氮化合物,通常先用生物膜脱氮工艺进行处理,在硝化细菌的作用下将NH4+氧化为NO3﹣(2NH4++3O2=2HNO2+2H2O+2H+;2HNO2+O2=2HNO3).然后加入甲醇,甲醇和NO3﹣反应转化为两种无毒气体.

①上述方法中,1g铵态氮元素转化为硝态氮元素时需氧的质量为g.

②写出加入甲醇后反应的离子方程式:

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(4)某溶液中发生反应:A?2B+C,A的反应速率v(A)与时间t的图象如图2所示.若溶液的体积为2L,且起始时只加入A物质,下列说法错误的是

A.图中阴影部分的面积表示0~2min内A的物质的量浓度的减小值

B.反应开始的前2min,A的平均反应速率小于0.375mol?L﹣1?min﹣1

C.至2min时,A的物质的量减小值介于0.1mol之间

D.至2min时,B的物质的量浓度c(B)介于1~1.5mol?L﹣1之间.

9.在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气.进行此实验,所用仪器如图:

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(1)连接上述仪器的正确顺序是:E接,接,接,接F.

(2)气体发生装置中进行的反应化学方程式是;当0.5mol MnO2参与反应时,被氧化的HCl的质量为,生成的Cl2在标准状况下的体积约为.

(3)在装置中:①饱和食盐水的作用是,②浓硫酸的作用是.

(4)化学实验中检验是否有Cl2产生常用湿润的淀粉﹣KI试纸.如果有Cl2产生,可观察到的现象是,写出反应方程式.

(5)写出尾气吸收装置中进行的反应的化学方程式.

10.现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F它们之间能发生如下反应,其中D物质为黑色固体(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出).

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请根据以上信息回答下列问题:

(1)写出下列物质的化学式:A、D

(2)写出下列反应的离子方程式:反应①反应⑤

(3)写出反应③的化学方程式,并用单线桥标出电子转移方向和数目.

[化学--选修5:有机化学基础]

11.下列是以烃A为原料合成高聚物C和抗氧化剂I的合成路线.

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(1)烃A的最大质荷比为42.则A的分子式为;D→E的试剂及反应条件为.(2)B中有一个三元环,B的结构简式为;⑤的反应类型是.

(3)Ⅰ可作抗氧剂,原因是:

(4)写出下列反应方程式:

①F与新制Cu(OH)2反应;

②C为可降解材料,其在酸性条件下的水解反应.

(5)写出满足下列条件的G的同分异构体:①属于酯②核磁共振氢谱只有两种吸收峰③无环④不能发生银镜反应(任写两种)

2016-2017学年江西省赣州市崇义县高三(上)第一次综合能力化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题(本大题共7小题,每小题6分,共42分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)

1.N A为阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是()

A.25℃时,l L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH﹣数为0.2 N A

B.18g D2O中含有的质子数为9N A

C.Fe在少量Cl2中燃烧生成0.5 mol 产物,转移的电子数为N A

D.标准状况下,11.2LCCl4含有的分子数为0.5 N A

【考点】阿伏加德罗常数.

【分析】A、pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L;

B、重水的摩尔质量为20g/mol;

C、根据铁与氯气反应后变为+3价来分析;

D、四氯化碳在标况下为液态.

【解答】解:A、pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L,故1LBa(OH)2溶液中含有的氢氧根的物质的量n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol,故个数为0.1N A个,故A错误;

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B、重水的摩尔质量为20g/mol,故18g重水的物质的量n==0.9mol,而1mol重水中含10mol质子,故0.9mol重水中含9mol质子即9N A个,故B正确;

C、铁与氯气反应后生成FeCl3,铁元素变为+3价,故当生成0.5molFeCl3时,转移1.5mol 电子即1.5N A个,故C错误;

D、四氯化碳在标况下为液态,不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故D错误.

故选B.

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,难度不大.

2.重金属离子具有毒性.实验室中有甲、乙两种重金属离子的废液,甲废液经化验呈碱性,主要有毒离子为Ba2+,如将甲、乙两废液按一定比例混合,毒性明显降低.则乙废液中可能含有的离子是()

A.Cu2+和SO42﹣B.Cu2+和Cl﹣C.K+和SO42﹣D.Ag+和NO3﹣

【考点】离子共存问题.

【分析】常见的重金属离子:Cu2+、Ag+、Hg2+、Ba2+、Pb2+,甲中有OH﹣、Ba2+,乙中有Cu2+、SO42﹣,它们发生如下反应:2OH﹣+Cu2+=Cu(OH)2↓,Ba2++SO42﹣=BaSO4↓,将甲、乙两废液按一定比例混合,毒性明显降低,以此解答该题.

【解答】解:甲废液经化验呈碱性,则溶液中含有OH﹣,主要为有毒离子为Ba2+,

将甲、乙两废液按一定比例混合,毒性明显降低,则甲乙发生反应使重金属离子生成沉淀,

则乙中应含有SO42─,发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓,

乙中的重金属离子与甲中的OH﹣反应生成沉淀,根据选项中离子的性质可知,只有A符合,

发生反应为2OH﹣+Cu2+=Cu(OH)2↓,

故选A.

【点评】本题考查离子共存问题,为高频考点,题目难度不大,注意离子的性质以及题目的要求,题目中的信息为解答该题的关键.

3.异秦皮啶具有镇静安神抗肿瘤功效,秦皮素具有抗痢疾杆菌功效.它们在一定条件下可发生转化,如图所示.有关说法正确的是()

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A.异秦皮啶与秦皮素互为同系物

B.异秦皮啶分子式为C11H12O5

C.秦皮素一定条件下能发生加成反应、消去反应和取代反应

D.秦皮素含有酯键,一定条件下可发生水解反应

【考点】有机物的结构和性质.

【分析】根据有机物的结构简式判断有机物所含元素种类以及原子个数,可确定有机物的分子式,异秦皮啶含有酚羟基,可发生取代、氧化反应,含有C=O,可发生加成反应,含有酯基,可发生水解反应,含有碳碳双键,可发生加成反应,由官能团的转化可知,异秦皮啶取代反应生成秦皮素.

【解答】解:A.异秦皮啶与秦皮素中酚﹣OH的数目不同,结构不相似,不属于同系物,故A错误;

B.异秦皮啶分子式为C11H10O5,故B错误;

C.秦皮素中含有酚羟基,不能发生消去反应,故C错误;

D.秦皮素中含有﹣COOC﹣,为酯键,一定条件下可发生水解反应,故D正确;

故选D.

【点评】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质的关系为解答的关键,侧重酯性质及相关概念的考查,注意酚羟基和醇羟基性质的不同,题目难度不大.

4.将氯水分别滴入下列溶液中,由实验现象得出的结论正确的是()

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A.A B.B C.C D.D

【考点】氯气的化学性质.

【分析】A、氯气能将亚铁离子氧化为铁离子;

B、氯气能将碘离子氧化为碘单质,碘单质遇淀粉变蓝;

C、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸具有漂白性;

D、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,酸与碱发生中和反应.

【解答】解:A、氯水滴入有KSCN的FeC12溶液中,氯气能将亚铁离子氧化为铁离子,铁离子遇KSCN溶液变红,则氯气具有氧化性,故A错误;

B、氯水滴入KI﹣淀粉溶液,氯气能将碘离子氧化为碘单质,碘单质遇淀粉变蓝,则氯气具有氧化性,故B正确;

C、氯水滴入紫色石蕊溶液中,氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,酸使石蕊变红,次氯酸使其褪色,则次氯酸具有漂白性,而干燥的氯气不具有漂白性,故C错误;

D、氯水滴入有酚酞的NaOH溶液中,氯气和水反应生成酸,再发生酸碱中和,NaOH被反应掉,则颜色褪去,而氯气本身不能电离出氢离子,不具有酸性,故D错误;

故选B.

【点评】本题考查氯气的化学性质,明确氯气具有氧化性是解答本题的关键,并注意干燥的氯气不具有漂白性来解答.

5.现有两种短周期主族元素X、Y,且在常温下X的单质呈气态,Y的单质呈固态.则下列推断不正确的是()

A.若X、Y位于ⅠA族,则X、Y可能与氧元素形成原子个数比为1:1或2:1的化合物

B.若X、Y位于第三周期,则X、Y形成的化台物可能是离子化合物或共价化合物

C.若气态氢化物的沸点:X>Y,则X、Y只能位于周期表的ⅦA族

D.若X、Y位于周期表的同一周期,则最高价含氧酸的酸性可能是H n XO m>H a YO b

【考点】位置结构性质的相互关系应用.

【分析】A.若X、Y位于ⅠA族,则X为H元素,Y为Li或Na,氢元素与氧元素可以形成过氧化氢、水,钠元素与氧元素可以形成过氧化钠、氧化钠;

B.若X、Y位于第三周期,则X为Cl元素,Y为第三周期其它任意一种主族元素,如NaCl 属于离子化合物,如SCl2属于共价化合物;

C.水分子之间存在氢键、氨分子之间也存在氢键,沸点高于同主族其它元素氢化物;D.若X、Y位于周期表的同一周期,原子序数X>Y,非金属性X>Y,X最高价含氧酸酸性较强.

【解答】解:A.若X、Y位于ⅠA族,则X为H元素,Y为Li或Na,氢元素与氧元素可以形成H2O2、H2O,钠元素与氧元素可以形成Na2O2、Na2O,故A正确;

B.若X、Y位于第三周期,则X为Cl元素,Y为第三周期其它任意一种主族元素,如NaCl 属于离子化合物,如SCl2属于共价化合物,故B正确;

C.水分子之间存在氢键、氨分子之间也存在氢键,水的沸点高于硫化氢,氨气的沸点高于PH3,故C错误;

D.若X、Y位于周期表的同一周期,原子序数X>Y,故非金属性X>Y,最高价含氧酸的酸性可能H n XO m>H a YO b,故D正确;

故选:C.

【点评】本题考查结构性质位置关系应用,属于开放性题目,侧重考查学生对知识全面掌握,难度不大.

6.有一铁粉和氧化铜的混合物8.32g,进行如下实验:

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根据实验所得数据,有关说法正确的是()

A.无色气体的质量为0.2g

B.原混合物中铁的质量为7.0g

C.反应后的溶液中金属离子物质的量为0.1 mol

D.反应消耗的H2SO4物质的量为0.15 mol

【考点】有关混合物反应的计算;铁的化学性质;铜金属及其重要化合物的主要性质.【分析】生成可燃性气体,说明发生反应:Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑,得到的溶液只有一种金属离子,则发生CuO+H2SO4=CuSO4+H2O后,又发生CuSO4+Fe=FeSO4+Cu,且Cu被完全置换,根据Cu的质量计算CuO质量,进而计算Fe的质量,根据电子转移计算生成氢气的质量,根据硫酸根守恒可知n反应(H2SO4)=n(FeSO4),再由Fe原子守恒可知n反应(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe),据此分析解答.

【解答】解:生成可燃性气体,说明发生反应:Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑,溶液为浅绿色,只有一种金属离子,则发生CuO+H2SO4=CuSO4+H2O后,又发生CuSO4+Fe=FeSO4+Cu,且

【解析】江西省赣州市崇义县2017届高三上学期第一次综合能力化学试卷 含解析.doc

Cu被完全置换,生成1.28gCu,n(Cu)==0.02mol,由Cu元素守恒可知n(CuO)=n(Cu)=0.02mol,故混合物中m(CuO)=0.02mol×80g/mol=1.6g,则m(Fe)=8.32g﹣

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1.6g=6.72g,n(Fe)==0.12mol,

A.设氢气的物质的量为nmol,根据电子转移守恒,由2n+0.02mol×2=0.12mol×2,解得n=0.1mol,故氢气的质量=0.1mol×2g/mol=0.2g,故A正确;

B.通过以上分析知,Fe的质量为6.72g,故B错误;

C.根据硫酸根守恒可知n反应(H2SO4)=n(FeSO4),再由Fe原子守恒,可知n反应(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.12mol,故C错误;

D.溶液中金属离子是亚铁离子,根据Fe原子守恒得n(Fe2+)=n(Fe)=0.12mol,故D错误;

故选A.

【点评】本题考查混合物的计算,为高频考点,题目难度中等,侧重考查学生分析判断能力,明确物质之间反应及反应先后顺序是解本题关键,注意原子守恒、转移电子守恒的灵活运用.

7.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪,负极上的反应为:CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O ═CH3COOH+4H+.下列有关说法正确的是()

A.检测时,电解质溶液中的H+向负极移动

B.若有0.4 mol电子转移,则在标准状况下消耗4.48 L氧气

C.电池反应的化学方程式为:CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O

D.正极上发生的反应为:O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣

【考点】原电池和电解池的工作原理.

【分析】酸性乙醇燃料电池的负极反应为:CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═CH3COOH+4H+,正极应为O2得电子被还原,电极反应式为:O2+4e﹣+4H+═2H2O,正负极相加可得电池的总反应式为:CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O,可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题.【解答】解:A.原电池中,阳离子向正极移动,故A错误;

B.氧气得电子被还原,化合价由0价降低到﹣2价,若有0.4mol电子转移,则应有0.1mol 氧气被还原,在标准状况下的体积为2.24L,故B错误;

C.酸性乙醇燃料电池的负极反应为:CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═CH3COOH+4H+,可知乙醇被氧化生成乙酸和水,总反应式为:CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O,故C正确;

D.燃料电池中,氧气在正极得电子被还原生成水,正极反应式为:O2+4e﹣+4H+═2H2O,故D错误;

故选C.

【点评】本题考查酸性乙醇燃料电池知识,题目难度中等,注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点,答题中注意审题,根据题给信息解答.

三、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第8题-第10题为必考题,每个试题考生都必须作答.第11题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题(共53分)

8.(2015秋南通校级期末)甲醇是重要的化工原料,在工业生产上的应用十分广泛.(1)利用太阳能或生物质能分解水制H2,然后可将H2与CO2转化为甲醇.

已知:光催化制氢:2H2O(l)═2H2(g)+O2(g)△H=+571.5kJ/mol

H2与CO2耦合反应:3H2(g)+CO2(g)═CH3OH(l)+H2O(l)△H=﹣137.8kJ/mol

则反应:2H2O(l)+CO2(g)═CH3OH(l)+3/2O2(g)的△H=719.5kJ/mol

你认为该方法需要解决的技术问题有ab.

a.开发高效光催化剂

b.将光催化制取的H2从反应体系中有效分离,并与CO2耦合催化转化

c.二氧化碳及水资源的来源供应

(2)工业上由甲醇制取甲醛的两种方法如下(有关数据均为在298K时测定):

反应Ⅰ:CH3OH(g)═HCHO(g)+H2(g)△H1=+92.09kJ/mol,K1=3.92×10﹣11.

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反应Ⅱ:CH3OH(g)+O2(g)═HCHO(g)+H2O(g)△H2=﹣149.73kJ/mol,K2=4.35×1029.

①从原子利用率看,反应(填“I”或“II”.下同)制甲醛的原子利用率更高I.从反应的焓变和平衡常数K值看,反应II制甲醛更有利.(原子利用率表示目标产物的质量与生成物总质量之比.)

②如图1是甲醇制甲醛有关反应的lgK(平衡常数的对数值)随温度T的变化.图中曲线(1)表示II(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的反应.

(3)污水中的含氮化合物,通常先用生物膜脱氮工艺进行处理,在硝化细菌的作用下将NH4+氧化为NO3﹣(2NH4++3O2=2HNO2+2H2O+2H+;2HNO2+O2=2HNO3).然后加入甲醇,甲醇和NO3﹣反应转化为两种无毒气体.

①上述方法中,1g铵态氮元素转化为硝态氮元素时需氧的质量为 4.57g.

②写出加入甲醇后反应的离子方程式:6NO3﹣+5CH3OH+6H+═3N2+5CO2+13H2O

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(4)某溶液中发生反应:A?2B+C,A的反应速率v(A)与时间t的图象如图2所示.若溶液的体积为2L,且起始时只加入A物质,下列说法错误的是C

A.图中阴影部分的面积表示0~2min内A的物质的量浓度的减小值

B.反应开始的前2min,A的平均反应速率小于0.375mol?L﹣1?min﹣1

C.至2min时,A的物质的量减小值介于0.1mol之间

D.至2min时,B的物质的量浓度c(B)介于1~1.5mol?L﹣1之间.

【考点】热化学方程式;化学平衡的影响因素.

【分析】(1)根据盖斯定律,结合已知热化学方程式,计算求解;根据所以发生反应需要的条件可知需要解决的技术问题有:开发高效光催化剂;将光催化制取的氢从反应体系中有效分离,并与CO2催化转化;

(2)①根据原子利用率表示目标产物的质量与生成物总质量之比来比较;根据平衡常数越大越有利于反应的进行;

②根据温度对平衡常数的影响;

(3)①依据2NH4++3O2═2HNO2+2H2O+2H+;2HNO2+O2═2HNO3,定量关系计算需要氧气的量;

②酸性条件下,甲醇和硝酸根反应生成两种两种无毒气体,这两种气体是二氧化碳和氮气,根据反应物和生成物写出离子方程式;

(4)象中阴影部分的面积的含义是指横、纵两坐标变化量的乘积,即浓度变化,此图象中的阴影部分的面积为反应物A浓度的减小值(0~2min);

根据图象可知,阴影部分的面积△c(A)的范围为:0.25 mol?L﹣1?min﹣1×2min=0.5mol

【解析】江西省赣州市崇义县2017届高三上学期第一次综合能力化学试卷 含解析.doc

?L﹣1<△c(A)<0.25 mol?L﹣1?min﹣1×2min+×0.25 mol?L﹣1?min﹣1×2min=0.75mol ?L﹣1,由此分析解答.

【解答】解:(1)光催化制氢:①2H2O(l)═2H2(g)+O2(g)△H=+571.5kJmol﹣1

H2与CO2耦合反应:②3H2(g)+CO2(g)═CH3OH(l)+H2O(l)△H=﹣137.8kJmol﹣1根据盖斯定律,把①×3+②×2得方程4H2O(l)+2CO2(g)→2CH3OH(l)+3O2(g)△H=571.5×3+(﹣137.8)×2=1438.9kJmol﹣1;

【解析】江西省赣州市崇义县2017届高三上学期第一次综合能力化学试卷 含解析.doc

则反应:2H2O(l)+CO2(g)═CH3OH(l)+O2(g)的△H=718.9KJ/mol

根据所以发生反应需要的条件可知需要解决的技术问题有:开发高效光催化剂;将光催化制取的氢从反应体系中有效分离,并与CO2催化转化,二氧化碳和水供应充足,不用考虑;故答案为:719.5;ab;

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(2)①因原子利用率表示目标产物的质量与生成物总质量之比,反应I的原子利用率为

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×100%=93.7%,反应II的原子利用率为×100%=62.5%;平衡常数越大越有利于反应的进行;故答案为:I;II;

②因温度升高,反应I向正向移动,平衡常数增大,反应II逆向移动,平衡常数减小,故答案为:II;

(3)①2NH4++3O2═2HNO2+2H2O+2H+;2HNO2+O2═2HNO3,

2N~2NH4++~4O2~2HNO3,

28 4×32

1g m

m=4.57g

1g铵态氮元素转化为硝态氮元素时需氧的质量为4.57g;

故答案为:4.57;

②酸性条件下,甲醇和硝酸根反应生成氮气、二氧化碳和水,离子方程式为:6NO3﹣

+5CH3OH+6H+═3N2+5CO2+13H2O;

故答案为:6NO3﹣+5CH3OH+6H+═3N2+5CO2+13H2O;

(4)A.根据以上分析可知,图中阴影部分的面积表示0~2min内A的物质的量浓度的减小值,故A正确;

B.根据分析可知,A在0~2min浓度变化小于0.75mol/L,则该时间段A的反应速率一定

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小于:=0.375 mol?L﹣1?min﹣1,故B正确;

C.图中阴影部分的面积表示0~2min内A的物质的量浓度的减小值,不是物质的量的减小值,故C错误;

D.物质的量变化与化学计量数成正比,则2min时,B的物质的量浓度c(B)介于:0.5mol/L ×2=1mol/L~0.75mol/L×2=1.5mol/L之间,故D正确;

故选C.

【点评】本题考查了热化学方程式和离子方程式定量计算,原电池原理的应用,化学平衡常数影响因素图象分析是解题关键,题目难度中等.

9.(2016秋崇义县月考)在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气.进行此实验,所用仪器如图:

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(1)连接上述仪器的正确顺序是:E接C,D接A,B接H,G接F.

(2)气体发生装置中进行的反应化学方程式是4HCl(浓)

+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O;当0.5mol MnO2参与反应时,被氧化的HCl的质量为36.5g,生成的Cl2在标准状况下的体积约为11.2L.

(3)在装置中:①饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl,②浓硫酸的作用是干燥氯气.

(4)化学实验中检验是否有Cl2产生常用湿润的淀粉﹣KI试纸.如果有Cl2产生,可观察到的现象是试纸变蓝,写出反应方程式Cl2+2KI=I2+2KCl.

(5)写出尾气吸收装置中进行的反应的化学方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O.【考点】氯气的实验室制法.

【分析】(1)在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气,需要发生装置生成氯气,用饱和食盐水除去氯化氢,通过浓硫酸除去水蒸气,导气管长进短处收集氯气,最后用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气,据此连接仪器;

(2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水,反应方程式:4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O;依据方程式反应中消耗1mol二氧化锰,有2mol氯化氢被氧化,生成1mol氯气,据此计算解答;

(3)依据浓盐酸易挥发,制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气杂质解答;

(4)氯气具有强的氧化性,能够氧化碘化钾生成单质碘;

(5)氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水.

【解答】解:(1)在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气,需要发生装置生成氯气,用饱和食盐水除去氯化氢,通过浓硫酸除去水蒸气,导气管长进短处收集氯气,最后用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气,装置连接顺序是E C D A B H G F,

故答案为:C D A B H G;

(2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水,化学方程式:4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O;反应中消耗1mol二氧化锰,有2mol氯化氢被氧化,生成1mol氯气,所以当0.5mol MnO2参与反应时,被氧化的HCl的质量为1mol,质量为36.5g;生成氯气的物质的量为0.5mol,标况下气体的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L;

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故答案为:4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O;36.5g;11.2L;

(3)盐酸易挥发,制取的氯气中含有氯化氢和水蒸气,氯气在饱和食盐水中溶解度不大,氯化氢易溶于水,选择饱和食盐水除去氯气中的氯化氢;

浓硫酸具有吸水性,选择浓硫酸做干燥剂,干燥氯气;

故答案为:①除去Cl2中的HCl;②干燥氯气;

(4)氯气具有强的氧化性,能够氧化碘化钾生成单质碘,化学方程式:;Cl2+2 KI=I2+2 KCl,碘遇到淀粉变蓝;

故答案为:试纸变蓝;Cl2+2 KI=I2+2 KCl;

(5)氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,化学方程式:Cl2+2

NaOH=NaCl+NaClO+H2O;

故答案为:Cl2+2 NaOH=NaCl+NaClO+H2O.

【点评】本题考查了氯气的实验室制备和性质检验,明确制备原理及氯气的化学性质是解题关键,题目难度不大.

10.(2015秋重庆校级期中)现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F 它们之间能发生如下反应,其中D物质为黑色固体(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出).

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请根据以上信息回答下列问题:

(1)写出下列物质的化学式:A Na、D Fe3O4

(2)写出下列反应的离子方程式:反应①2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑反应⑤

Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3↓

(3)写出反应③的化学方程式,并用单线桥标出电子转移方向和数目

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【考点】无机物的推断.

【分析】金属A焰色反应为黄色,故A为Na,由反应①Na+水→气体甲+C,则甲为H2,C 为NaOH,氢氧化钠与物质E反应生成红褐色沉淀是Fe(OH)3,故物质E中含有Fe3+,氢气与气体乙反应得到丙,金属B与丙反应得到黑色固体D,而D与盐酸反应生成F,F

与氯气反应生成E,可知金属B为Fe,乙为O2,丙为水蒸气,D为Fe3O4,物质F为FeCl2,物质G为FeCl3,据此解答.

【解答】解:金属A焰色反应为黄色,故A为Na,由反应①Na+水→气体甲+C,则甲为

H2,C为NaOH,氢氧化钠与物质E反应生成红褐色沉淀是Fe(OH)3,故物质E中含有Fe3+,氢气与气体乙反应得到丙,金属B与丙反应得到黑色固体D,而D与盐酸反应生成F,F与氯气反应生成E,可知金属B为Fe,乙为O2,丙为水蒸气,D为Fe3O4,物质F为FeCl2,物质G为FeCl3.

(1)由上述分析可知,A为Na、D为Fe3O4,故答案为:Na;Fe3O4;

(2)反应①的离子方程式:2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑;

反应⑤的离子方程式:Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3↓,

故答案为:2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑;Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3↓;

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(3)用单线桥标出反应③的电子转移方向和数目为:,

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故答案为:.

【点评】本题是考查无机物推断,难度中等,需要学生熟练掌握元素化合物知识,注意特殊的颜色与特殊反应是推断的突破口.

[化学--选修5:有机化学基础]

11.下列是以烃A为原料合成高聚物C和抗氧化剂I的合成路线.

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(1)烃A的最大质荷比为42.则A的分子式为C3H6;D→E的试剂及反应条件为氢氧化钠水溶液,加热.

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(2)B中有一个三元环,B的结构简式为;⑤的反应类型是消去反应.

(3)Ⅰ可作抗氧剂,原因是有酚羟基,易被氧化:

(4)写出下列反应方程式:

①F与新制Cu(OH)2反应

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②C为可降解材料,其在酸性条件下的水解反应

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(5)写出满足下列条件的G的同分异构体:①属于酯②核磁共振氢谱只有两种吸收峰③无

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环④不能发生银镜反应(任

写两种)

【考点】有机物的合成.

【分析】烃A的最大质荷比为42,则相对分子质量为42,所以A的分子式为C3H6,B中

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有一个三元环,根据C的结构可推知B为,A氧化得B,所以可知A为CH3CH=CH2,根据题中各物质的转化关系,可知D为CH3CHBrCH2Br,由F→G的反应条件和题中信息,结合E→F是在铜做催化剂的条件下的氧化,可推得E为CH3CHOHCH2OH,

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所以F为CH3COCHO,G为,D在碱性条件下水解得E,G在浓硫酸条件下

加热发生消去反应生成H,据此答题;

【解答】解:烃A的最大质荷比为42,则相对分子质量为42,所以A的分子式为C3H6,B

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中有一个三元环,根据C的结构可推知B为,A氧化得B,所以可知A为CH3CH=CH2,根据题中各物质的转化关系,可知D为CH3CHBrCH2Br,由F→G的反应条件和题中信息,结合E→F是在铜做催化剂的条件下的氧化,可推得E为CH3CHOHCH2OH,

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所以F为CH3COCHO,G为,D在碱性条件下水解得E,G在浓硫酸条件下

加热发生消去反应生成H,

(1)由上面的分析可知,A的分子式为C3H6,D→E的试剂及反应条件为氢氧化钠水溶液,加热,

故答案为:C3H6;氢氧化钠水溶液,加热;

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(2)由上面的分析可知,B的结构简式为;⑤的反应类型是消去反应,

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故答案为:;消去反应;

(3)根据I的结构可知,I中有酚羟基,易被氧化,所以可以可作抗氧剂,

故答案为:有酚羟基,易被氧化;

(4)①F为CH3COCHO,F与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为

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帮答案为:;②C为可降解材料,其在酸性条件下的水解反应的化学方程式为

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故答案为:;

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