资料简介
湖南省益阳市第一中学2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题(时间：75分钟分值：100分)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32K39Fe56Cu64Zn65Br80 一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法错误的是A.在三星堆“祭祀坑”提取到丝绸制品残留物，其中丝绸主要成分为蛋白质B.2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料C.“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于有机高分子材料D.“空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，利于碳中和【答案】C【解析】【详解】A．丝绸为蚕丝制品，主要成分是蛋白质，A正确；B．聚乙烯是乙烯发生加聚反应生成的聚合物，属于有机高分子材料，B正确；C．氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料，不是高分子材料，C错误；D．“空气捕捉”法能实现从空气中捕获二氧化碳，减少空气中二氧化碳含量，利于碳中和，D正确。故选C。2.2021年5月15日我国“祝融号”火星车成功着陆火星。研究表明，火星夏普山矿脉中含有原子序数增大短周期主族元素W、X、Y、Z。已知W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，X的氢化物可用于蚀刻玻璃，Y与Z最外层电子数之和等于8。下列说法正确的是\nA.W与Z有相同的最高正价B.原子半径：Z＞Y＞W＞XC.化合物YZW4中含离子键和共价键D.电负性大小：W＞X＞Z【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数增大。W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，则W为O，Z为S；X的氢化物可用于蚀刻玻璃，则X为F；Y与Z最外层电子数之和等于8，则Z为Mg。【详解】A．W无最高正价，A项错误；B．一般来说，电子层数越多，原子半径越大，当电子层数相同时，质子数越多，原子半径越小。所以原子半径：Y＞Z＞W＞X，B项错误；C．中与之间是离子键，中S与O之间是共价键，C项正确；D．电负性是原子对键合电子的吸引能力。一般来说，同周期元素，从左到右，电负性逐渐增大，同主族元素，从上到下，电负性逐渐减小，故电负性：，D项错误；故选C。3.设为阿伏加德罗常数的值。我国科学家开发的沸石分子筛催化剂，可实现甲烷在温和条件下高选择性氧化制备高附加值的甲醇和乙酸的目的，转化关系如下：下列说法正确的是A.中含键的数目为B.标准状况下，中含有的原子数为C.在光照下，和充分反应生成分子的数目为D.在浓硫酸、加热条件下，和足量充分反应生成的酯基数目为【答案】A【解析】【详解】A．由CH3COOH的结构式可知，1mol乙酸中含有3molC-H键，则60gCH3COOH的物质的量为=1mol，中含键的数目为，A正确；\nB．标准状况下CH3OH为液体，则无法计算中含有的原子数，B错误；C．由于CH4与Cl2混合光照可以生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物，故在光照下，和即1mol，充分反应生成分子的数目小于，C错误；D．由于CH3OH与CH3COOH酯化反应是一个可逆反应，在浓硫酸、加热条件下，和足量充分反应生成的酯基数目小于，D错误；故答案为：A。4.LDFCB是电池的一种电解质，该电解质阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z构成，结构如图，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，下列说法正确的是A.同周期元素第一电离能小于Y的有5种B.简单氢化物还原性：X＜YC.W、Z形成的化合物分子是含有极性键的非极性分子D.四种元素形成的简单氢化物中X的最稳定【答案】C【解析】【分析】根据结构分析Y有两个价键，X有四个价键，Z有一个价键，该阴离子得到一个电子，则只可能的W得到一个电子，又根据Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，则Y为O，X为C，Z为F，W为B。【详解】A．同周期元素第一电离能小于Y(O)的有Li、Be、B、C共4种，故A错误；B．同一周期元素原子从左向右，非金属性逐渐增大，简单氢化物的还原性逐渐减弱，故简单氢化物的还原性：X(CH4)＞Y(H2O)，故B错误；C．W、Z形成的化合物分子(BF3)是含有极性键，BF3是平面三角形，则为非极性分子，故C正确；D．四种元素形成的简单氢化物中Z(HF)的最稳定，故D错误。\n综上所述，答案为C。5.NH3、NH4Cl、NO、NO2、HNO3等是氮重要的化合物，NO2与N2O4能相互转化，热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g)ΔH=+57kJ•mol-1。已知2NO2+2OH-=NO+NO+H2O。下列装置不能达到相应实验目的的是A.装置甲生成NO2B.装置乙收集NO2C.装置丙吸收NO2尾气D.装置丁使NO2充分转化为HNO3【答案】B【解析】【详解】A．浓硝酸可以和铜反应生成NO2，A不符合题意；B．NO2的密度比空气大，且不与空气反应，应该用向上排空气法收集，即长进短出，B符合题意；C．根据题目信息可知NO2可以和碱反应生成可溶性盐，所以可以用NaOH溶液吸收尾气，C不符合题意；D．通入氧气，可以发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，使NO2充分转化为HNO3，D不符合题意；综上所述答案为B。6.天津大学研制了一种纳米Cu-SiO2反应器用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得EG，反应过程示意图如下，下列说法正确的是\nA.DMO分子中所有原子可能在同一平面上B.EG的分子式为C2H6O2C.反应过程中H2分子中的极性键发生了断裂D.反应前后DMO分子中只有碳碳单键发生了断裂【答案】B【解析】【分析】根据题意结合图可知，草酸二甲酯(DMO)和氢气发生还原反应，生成MG和甲醇，MG再进一步转化成EG，EG是乙二醇，据此分析解题。【详解】A．甲基碳是饱和碳，所连原子呈四面体结构，所以DMO分子中所有原子不可能在同一平面上，A错误；B．EG是乙二醇，分子式为C2H6O2，B正确；C．反应过程中H2参与反应，且H2是非极性键，化学键会断裂，C错误；D．DMO分子中不只有碳氧单键发生了断裂，碳氧双键也发生了断裂，D错误；答案选B。7.NH3、NH4Cl、NO、NO2、HNO3等是氮重要的化合物，NO2与N2O4能相互转化，热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g)△H=+57kJ•mol-1。对于反应N2O4(g)2NO2(g)△H=+57kJ•mol-1，下列有关说法正确的是A.升高体系温度正反应速率增大，逆反应速率减小B.若容器体积不变，密度不变时说明该反应建立化学平衡C.其它条件不变，向平衡后的容器中再加入少量N2O4，新平衡后的值不变D.增大体系的压强能提高N2O4的反应速率和平衡转化率【答案】C\n【解析】【详解】A．升高体系温度不仅能使正反应速率增大，还会使逆反应速率增大，故A错误；B．该反应气体总质量不变，容器体积不变，根据可知该反应的密度始终不变，不能说明该反应达到平衡状态，故B错误；C．平衡常数K=，K只与温度有关，温度不变，K不变，故C正确；D．增大体系的压强，平衡向气体体积减小的方向进行，即逆反应方向进行，因此增大体系的压强会使N2O4的转化率降低，故D错误；故答案为：C8.阿魏酸在食品、医药等方面有着广泛用途。一种合成阿魏酸的反应可表示为下列说法正确的是A.阿魏酸中存在顺反异构，与氢气完全加成后的产物不含手性碳原子B.香兰素、阿魏酸均可与溶液反应C.阿魏酸的加聚产物不能使溴水褪色D.与香兰素互为同分异构体，分子中有5种不同化学环境的氢，且能发生银镜反应的酚类化合物有4种【答案】D【解析】【详解】A．阿魏酸中存在碳碳双键的顺反异构，与氢气完全加成后的产物为，其中含带*的碳原子连接四个互不相同原子或原子团，即含手性碳原子，A错误；B．香兰素中不存在羧基不可与溶液反应，阿魏酸存在羧基可与溶液反应，B错误；\nC．阿魏酸中碳碳双键发生加聚反应，产物，其中酚羟基的邻位碳原子上有氢可与溴发生取代反应，故能使溴水褪色，C错误；D．能发生银镜反应的酚类化合物，其中含有醛基或甲酸基和酚羟基，从香兰素的结构简式确定其分子式为C8H8O3，不饱和度为5，又分子中有5种不同化学环境的氢，故符合条件的结构有：、、、，共4种，D正确；故选D。9.黄铜灰渣(含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量FeO、Fe2O3)生产硝酸铜溶液的流程如图：下列说法不正确的是A.“浸取”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率B.若反应中所加Zn过量，所得Cu(NO3)2溶液中含Zn(NO3)2杂质C.滤液Ⅱ一定含Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO等离子D.Cu(NO3)2溶液在稀硝酸中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到Cu(NO3)2•3H2O【答案】C【解析】\n【分析】黄铜灰渣加硫酸浸取，Zn、ZnO转化为ZnSO4，CuO转化为CuSO4，FeO转化为FeSO4，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，过滤得到Cu，向滤液中加入适量的Zn，Zn先和Fe3+反应生成Fe2+，再和Cu2+反应生成Cu，向Cu中加入稀硝酸，得到Cu(NO3)2溶液。【详解】A．适当增大反应物的浓度可提高化学反应速率，A正确；B．加Zn过量，会导致过滤所得的滤渣中有Zn残留，加硝酸溶解后会在硝酸铜中混有硝酸锌，B正确；C．由分析可知，向滤液I中加入适量的Zn，Zn先和Fe3+反应生成Fe2+，再和Cu2+反应生成Cu，故滤液Ⅱ中不含Fe3+，C错误；D．硝酸铜易水解生成HNO3，为抑制其水解，将Cu(NO3)2溶液在稀硝酸中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到Cu(NO3)2•3H2O，D正确；综上所述答案为C。10.无膜氯液流电池是一种先进的低成本高储能电池，可广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，电池工作原理如图所示：下列说法错误的是A.充电时，N极的电极反应式为：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+B.放电时，M极为正极C.放电时，右侧储液器中NaCl的浓度增大D.充电时，电路中每转移1mole-，N电极理论上质量增加23g【答案】A【解析】【分析】放电时，M极氯气参加反应，得到电子，化合价降低，发生还原反应，则M为正极，因此N电极为负极；充电时，M极氯离子参加反应，失去电子，化合价升高，发生氧化反应，则M为阳极，因此N电极为阴极，据此分析作答。【详解】A．充电时，N极为阴极，得到电子，电极反应为：NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=\nNa3Ti2(PO4)3，A项错误；B．由分析可知，M为正极，电极反应为，B项正确；C．放电时，右侧储液器中，氯化钠浓度增大，因为负极发生反应：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，产生钠离子，正极产生氯离子，从而导致氯化钠浓度增大，C项正确；D．充电时，N极发生NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，当转移1mole-，N电极理论上增大1molNa+，即增大23g，D项正确；答案选A。二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.由化合物X、Y为起始原料可合成药物Z。下列说法正确的是（）A.X分子中所有碳原子可处于同一平面B.X、Z分子中均含有2个手性碳原子C.1molZ最多只能与2molBr2发生反应D.X、Y、Z均可与NaOH稀溶液发生反应【答案】B【解析】【详解】A.X分子中六元素环不是苯环而含有烷基，根据甲烷的正四面体结构，X中所有碳原子不可能处于同一平面，选项A错误；B.X（）、Z（）分子中均含有2个手性碳原子，选项B正确；\nC.1molZ（）最多能与3molBr2发生反应，选项C错误；D.X只含有碳碳双键和醇羟基，不能与NaOH稀溶液发生反应；Y、Z均含有酚羟基，Z含有羧基，可与NaOH稀溶液发生反应，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查有机物的结构、性质。注意官能团的判断。手性碳原子是指人们将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，常以*标记手性碳原子。该原子存在于生命化合物中。X（）、Z（）分子中均含有2个手性碳原子。12.可用于制陶瓷、药物、催化剂等，微溶于水，在冷水中溶解度较热水中大，不溶于醇。利用海水资源(主要含、，少量的、、、、)制备碳酸锂的一种工艺如图所示：下列说法错误的是A.工序③和工序④顺序可互换B.选择温度为80~90℃，可降低碳酸锂在水中的溶解度，提高产率C.用乙醇洗涤粗产品可起到快速干燥的效果D.利用重结晶可分离和【答案】A【解析】【分析】该题目利用海水资源(主要含Na+、Cl-，少量的Mg2+、K+、Li+、Ca2+、SO)制备碳酸锂，太阳能蒸发浓缩海水，自然沉淀18～24个月氯化钠和氯化钾从溶液中析出过滤，滤液1中主要（Mg2+、Li+、Ca2+、SO）加入过量氢氧化钙会反应生成氢氧化镁沉淀和少量硫酸钙沉淀，过滤滤液2中主要（Li+、Ca2+、SO、OH-），加入稍过量碳酸钠得碳酸钙沉淀，\n过滤，滤液3中主要(Li+、CO、Na+、SO)，加入碳酸钠80～90℃得碳酸锂沉淀，以此来解析；【详解】A．工序③和工序④顺序不可互换，互换以后过量钙离子无法除去，A错误；B．在冷水中溶解度较热水中大，选择温度为80~90℃，可降低碳酸锂在水中的溶解度，提高产率，B正确；C．碳酸锂不溶于醇，乙醇易挥发，用乙醇洗涤粗产品可起到提高产率和快速干燥的效果，C正确D．首先NaCl和KCl固体先加水溶解，加热蒸发，到一定的时候，有氯化钠晶体析出，当还剩下少量水时，乘热过滤，将滤液冷却可得氯化钾晶体，为了提高纯度可将以上得到的氯化钠晶体再溶于水再进行加热蒸发到得到大量晶体留下少量水的时候过滤出晶体，同样以上得到的氯化钾晶体可重复以上第一次操作，D正确；故选A。13.MFC—电芬顿技术不需要外加能即可发生，通过产生羟基自由基(•OH)处理有机污染物，可获得高效的废水净化效果。其耦合系统原理示意图如图，下列说法不正确的是A.电子移动方向为a→Y，X→bB.Y电极上得到双氧水的反应为O2+2e-+2H+=H2O2C.乙池可在酸性较弱的环境中使用D.理论上当乙池中产生1mol羟基自由基时，甲池中有4molH+从M室移动到N室【答案】CD【解析】【分析】根据电极上的反应可知，甲为燃料电池，通入燃料的M电极为负极，通入氧气的N电极为正极，则乙为电解池，X电极为阳极，Y为阴极。\n【详解】A．串联装置中，电子由原电池负极流向电解池阴极，即a→Y，由电解池的阳极流向原电池正极，即X→b，A项正确；B．据图可知溶液中O2在Y电极上得电子生成H2O2，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应式为O2+2e-+2H+=H2O2，B项正确；C．酸性较弱的环境中，Fe3+容易生成沉淀，无法正常工作，C项错误；D．乙池中生成羟基自由基的反应为Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OH，所以产生1mol羟基自由基时，消耗1molH2O2，根据电极反应可知转移2mol电子，根据电荷守恒可知，甲池中有2molH+从M室(负极)移动到N室(正极)，D项错误；答案选CD。14.氮化钛(TiN)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。TiN晶体的晶胞结构如图所示(白球代表N，黑球代表Ti)。下列说法错误的是A.Ti的第一电离能大于MnB.该晶胞中含有6个Ti原子和4个N原子C.Ti均位于N构成的八面体空隙中D.Ti元素位于元素周期表d区，是过渡元素【答案】AB【解析】【详解】A．同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，则Ti的第一电离能小于Mn，A项错误；B．由晶胞结构可知，晶胞中位于棱上和体心的Ti原子个数为12×+1=4，位于顶点和面心的N原子个数为8×+6×=4，B项错误；C．由晶胞结构可知，钛原子位于氮原子构成的八面体空隙中，C项正确；D．钛元素的原子序数为22，价电子排布式为3d24s2，是位于元素周期表d区的过渡元素，D项正确；答案选AB。\n15.向5mL0.10mol·L−1H2A溶液滴加一定浓度的NaOH溶液，滴定过程中溶液pH和温度随的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.30℃时，Ka2(Н2А)=10−9.7B.从W至Z点，水的电离程度逐渐减小C.当c(H2A)=c(A2−)时，溶液pH=6D.当时，c(H2A)>c(A2−)−c(HA−)【答案】D【解析】【分析】由图可知，过X的曲线有两个突变，则过X的曲线为pH曲线，过Y的曲线为温度曲线；X为第一反应终点，X点为NaHA溶液，Z为第二反应终点，Z点为Na2A溶液，X点时：n(NaOH)=n(H2A)，c(NaOH)V(NaOH溶液)=c(H2A)·V(H2A溶液)，，c(H2A)=0.10mol·L−1，代入数据解得c(NaOH)=0.05mol·L−1；W点Ka1==10-2.3，Y点Ka2(Н2А)==10-9.7，据此分析解答。【详解】A．由图可知c(HA-)=c(A2-)时溶液温度>30℃，此时c(HA-)=c(A2-)，Ka2(Н2А)=\n=10-9.7，显然30℃时，Ka2(Н2А)<10-9.7，故A错误；B．W点为H2A和NaHA混合溶液，X点为NaHA溶液，Z点为Na2A溶液，盐的水解促进水的电离，Z点水的电离程度最大，所以从W至Z点，水的电离程度逐渐增大，故B错误；C．若不考虑温度的影响，当c(H2A)=c(A2−)时，c(H+)===10-6mol·L−1，则溶液pH=6，但电离平衡常数受温度影响，反应过程中温度发生变化，Ka1、Ka2会变，因此pH≠6，故C错误；D．当时，，根据物料守恒：2c(Na+)=3[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，此时溶液pH=9.7，c(H+)<c(OH-)，则c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-)，将c(Na+)代换并整理得c(H2A)>c(A2−)−c(HA−)，故D正确；答案选D。三、非选择题：本题共4小题，共50分16.CuCl为白色粉末，微溶于水，溶于浓盐酸或NaCl浓溶液，不溶于乙醇。一种由海绵铜(Cu和少量CuO等)为原料制备CuCl的工艺流程如图：（1）“还原，氯化”时，Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图1、图2所示。①CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为___。\n②当n(Na2SO3)：n(CuSO4)>1.33时，比值越大CuCl产率越小，其原因是___。③当1.0<n(NaCl)：n(CuSO4)<1.5时，比值越大CuCl产率越大，结合沉淀平衡移动原理分析其原因是___。（2）用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为Cu2(OH)3Cl。CuCl被氧化为Cu2(OH)3Cl的化学方程式为___。（3）为测定某氯化亚铜样品中CuCl的含量，某同学设计如下实验：准确称取氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待固体完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液氧化反应生成的Fe2+，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O被还原为Cr3+，求样品中CuCl的质量分数___(写计算过程)。【答案】（1）①.2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+②.随着n(Na2SO3)：n(CuSO4)不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+及CuCl的水解程度增大③.适当增大c(Cl-)，有利于平衡Cu+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)向生成CuCl方向移动（2）4CuCl+O2 +4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl（3）n(CuCl)=6n(K2Cr2O7)=b×10-3L×amol/L×6=6ab×10-3molCuCl的质量分数=×100%=%【解析】【分析】海绵铜(Cu和少量CuO等)用硫酸、硝酸钠、水浸取，酸性环境中Cu被NO氧化，过滤，除去不溶性滤渣，得到含有CuSO4的滤液，加入亚硫酸钠将Cu2+还原为Cu+，加入NaCl得到CuCl沉淀，过滤得到CuCl的粗产品，用pH=2的H2SO4水洗，再用“醇洗”快速去除滤渣表面的水，防止潮湿环境中滤渣被空气氧化，干燥得到纯净的CuCl。【小问1详解】①Na2SO3将Cu2+还原为Cu+，生成的Cu+和Cl-结合生成CuCl沉淀，离子方程式为2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；②Na2SO3溶液水解使溶液显碱性，随着n(Na2SO3)：n(CuSO4)不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故当n(Na2SO3)：n(CuSO4)＞1.33时，比值越大CuCl产率越小；③当1.0<n(NaCl)：n(CuSO4)<1.5时，适当增大c(Cl-)，有利于平衡Cu+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)向生成CuCl方向移动，增大CuCl产率；\n【小问2详解】根据题意，有水存在时，CuCl被O2氧化为Cu2(OH)3Cl，根据电子守恒可知CuCl和O2的系数比为4：1，再结合元素守恒可得化学方程式为4CuCl+O2 +4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；【小问3详解】根据电子转移守恒可得关系式：6CuCl～6Fe2+～Cr2O，则n(CuCl)=6n(K2Cr2O7)=b×10-3L×amol/L×6=6ab×10-3mol，CuCl的质量分数为：×100%=%。17.无水FeCl2为黄绿色晶体，在空气中易被氧化和易吸水，不溶于氯仿等有机溶剂。回答下列问题：I．FeCl2制备及产率测定：制备反应原理为2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl(C6H5Cl为氯苯，沸点132℃)，产率通过测定HCl的量进行计算。制备装置如图所示(夹持及加热装置略去)：（1）仪器A的名称是____，仪器B的作用是____，装置C中的试剂是____(填化学式)。（2）为测定FeCl2的产率，用1.00mol·L-1NaOH溶液滴定溶于水的HCl，达到滴定终点时消耗NaOH溶液19.00mL，则FeCl2的产率为____。下列操作中，导致产率测定值偏低的是____。a．滴定终点时俯视读数b．滴定管未用NaOH标准溶液润洗c．配制NaOH标准溶液时，转移溶液未洗涤烧杯d．滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡II．FeCl2性质探究：将FeCl2晶体配成溶液后进行如表实验。序号装置试剂实验现象\n实验ⅰ0.5mL0.1mol·L-1KSCN溶液、1mL0.1mol·L-1FeCl2(pH=1)溶液0.5mL饱和氯水溶液立即变为浅红色实验ⅱ1mLl.5mol·L-1HNO3溶液滴入硝酸后，溶液变为红色，一段时间后，溶液褪为无色，且溶液中产生无色气泡，试管上方呈红棕色。已知：Ba2+与SCN-可在溶液中大量共存；SCN-易被氧化为SO。（3）对实验ⅰ中溶液为浅红色的原因，甲同学提出以下假设：假设1：加入氯水的量少，生成的Fe3+浓度低；假设2：氯水氧化性强，____。取实验ⅰ中浅红色溶液，____(填实验操作)，溶液浅红色消失，从而排除了假设1；向2mL水中滴加0.5mL0.1mol·L-1KSCN溶液，滴加0.5mL饱和氯水，加入____，产生白色沉淀，说明假设2正确。（4）分析实验ⅱ“一段时间后，溶液褪为无色”的原因是____(用离子方程式表示，已知SCN-中C元素为+4价)。【答案】（1）①.三颈烧瓶②.进行冷凝回流，提高氯苯C6H5Cl的利用率③.无水CaCl2或者P2O5（2）①.95%②.ad（3）①.部分SCN-被氧化了②.继续滴加饱和氯水③.BaCl2溶液（4）3SCN-+13+10H+=3SO+3CO2↑+16NO↑+5H2O【解析】【分析】本题为制备FeCl2的制备及产率测定的实验探究题，由于FeCl2易被空气氧化，故实验开始前需向装置中先通一段时间的N2，以排空整个装置中的空气，然后加热开始反应，三颈烧瓶中发生的反应：2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，由于C6H5Cl为氯苯，沸点132℃故需用球形冷凝管B进行冷凝回流，提高氯苯C6H5Cl的利用率，且因为FeCl2易水解，球形干燥管C作用为防止E装置中的水蒸气进入A中，装置E为吸收HCl，D装置是由于HCl\n极易溶于水，进行防止倒吸装置，C中所装试剂不能吸收HCl，故可以是无水CaCl2或者P2O5，反应结束后再通入一段时间N2将装置中的HCl全部赶到E中，被充分吸收，减小产率检测时的实验误差，据此分析解题。【小问1详解】由实验装置图可知，仪器A的名称是三颈烧瓶，由于C6H5Cl为氯苯，沸点132℃故需用球形冷凝管B进行冷凝回流，提高氯苯C6H5Cl的利用率，因为FeCl2易水解，球形干燥管C作用为防止E装置中的水蒸气进入A中，装置E为吸收HCl，C中所装试剂不能吸收HCl，故可以是无水CaCl2或者P2O5，故答案为：三颈烧瓶；进行冷凝回流，提高氯苯C6H5Cl的利用率；无水CaCl2或者P2O5；【小问2详解】根据反应方程式进行计算出FeCl2的理论产量：，解得m=5.08g，n=0.02mol，为测定FeCl2的产率，用1.00mol·L-1NaOH溶液滴定溶于水的HCl，达到滴定终点时消耗NaOH溶液19.00mL，则有n(HCl)=19.00×10-3L×1.00mol/L=0.019mol，n(FeCl2)=2n(HCl)=0.038mol，则m(FeCl2)实际=0.038mol×127g/mol=4.826g，则FeCl2的产率为=95%，a．滴定终点时俯视读数，导致消耗NaOH溶液的体积偏小，则测定值偏低，a符合题意；b．滴定管未用NaOH标准溶液润洗，导致NaOH标准液的浓度偏小，消耗NaOH溶液的体积偏大，测定值偏高，b不合题意；c．配制NaOH标准溶液时，转移溶液未洗涤烧杯，导致NaOH标准液的浓度偏小，消耗NaOH溶液的体积偏大，测定值偏高，c不合题意；d．滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡，导致消耗NaOH标准液的体积偏小，测定值偏低，d符合题意；故答案为：95%；ad；【小问3详解】实验i中溶液变红是由于反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，则实验ⅰ中溶液为浅红色的原因可能有，假设1：加入氯水的量少，生成的Fe3+浓度低；假设2：氯水氧化性强，将另一种反应物SCN-氧化了，即导致SCN-的浓度低，根据假设1可知，取实验ⅰ\n中浅红色溶液，继续滴加饱和氯水，溶液浅红色消失，从而排除了假设1；由已知信息：Ba2+与SCN-可在溶液中大量共存，SCN-易被氧化为SO，故向2mL水中滴加0.5mL0.1mol·L-1KSCN溶液，滴加0.5mL饱和氯水，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明假设2正确，故答案为：部分SCN-被氧化了；继续滴加饱和氯水；BaCl2溶液；【小问4详解】由实验ii的现象：滴入硝酸后，溶液变为红色即Fe2+被HNO3氧化为Fe3+，一段时间后，溶液褪为无色，且溶液中产生无色气泡，试管上方呈红棕色即SCN-被过量的HNO3氧化了，HNO3被还原为NO，NO在试管上方遇到空气被氧化为NO2呈红棕色，故分析实验ⅱ“一段时间后，溶液褪为无色”的离子方程式为：3SCN-+13+10H+=3SO+3CO2↑+16NO↑+5H2O，故答案为：3SCN-+13+10H+=3SO+3CO2↑+16NO↑+5H2O。18.2021年10月16日6时56分，神舟十三号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。中国空间站开启有人长期驻留时代。空间站的水气整合系统利用“萨巴蒂尔反应”，将CO2转化为CH4和水蒸气，配合O2生成系统可实现O2的再生。回答下列问题：Ⅰ.萨巴蒂尔反应为：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1（1）常温常压下，已知：①和的燃烧热()分别为-285.5kJ/mol和-890.0kJ/mol；②△H2=+44.0kJ/mol。则=___________kJ/mol。（2）在某一恒容密闭容器中加入CO2、H2，其分压分别为15kPa、30kPa，加入催化剂并加热使其发生萨巴蒂尔反应。研究表明CH4的反应速率v(CH4)=1.2×10-6p(CO2)p4(H2)(kPa﹒s-1)，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，则该时刻v(H2)=___________。（3）研究发现萨巴蒂尔反应的历程，前三步历程如图所示。其中吸附在Pt/SiO2催化剂表面用“﹒”标注，Ts表示过渡态。从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会___________(填“放出热量”或“吸收热量”)；反应历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为___________。\nⅡ.某研究团队经实验证明，CO2在一定条件下与H2O发生氧再生反应:CO2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g)△H1=（4）恒压条件时，按投料，进行氧再生反应，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图。350℃时，A点的平衡常数为______(填计算结果)。为提高CO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施为____________。（5）氧再生反应可以通过酸性条件下半导体光催化转化实现；反应机理如图所示：①光催化CO2转化为CH4的阴极方程式为__________________。②催化剂的催化效率和CH4的生成速率随温度的变化关系如图所示。300℃到400℃之间，CH4生成速率加快的原因是_____________。【答案】（1）-164.0\n（2）0.48kPa·s-1（3）①.吸收热量②.•CO+•OH+•H+3H2(g)=•CO+3H2(g)+H2O(g) 或•OH+•H=H2O(g)（4）①.1②.减少的投料比(或及时移出产物)（5）①.②.300℃到400℃之间，温度比催化剂对甲酸的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以甲酸生成速率加快【解析】【小问1详解】和的燃烧热分别为-285.5和-890.0，可知热化学方程式：则a．；b．；c．△H2=+44.0kJ/mol，根据盖斯定律，得：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1=-164.0，故答案为：-164.0；【小问2详解】列三段式有：，根据v(CH4)=1.2×10-6p(CO2)p4(H2)(kPa·s-1)计算，v(CH4)=1.2×10-6p(CO2)p4(H2)(kPa·s-1)=1.2×10-6×10×104=0.12kPa·s-1，根据方程式分析，甲烷和氢气的速率比为1：4，所以v(H2)=0.48kPa·s-1，故答案为：0.48kPa·s-1；【小问3详解】从图分析，每个从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会吸收热量；反应历程中最小能垒(活化能)步骤为最后一步，化学方程式•CO+•OH+•H+3H2(g)=•CO+3H2(g)+H2O(g)，故答案为：吸收热量；•CO+•OH+•H+3H2(g)=•CO+3H2(g)+H2O(g)或•OH+•H=H2O(g)；【小问4详解】350℃时，A点时的浓度相同，由反应可知和按1：2投料，同时按照1：2反应，则平衡时的浓度为的2倍，的浓度是甲烷浓度的2倍，则平衡常数\nK==1，为提高CO2的转化率，需使平衡正向移动，除改变温度外，还可以减少的投料比(或及时移出产物)，故答案为：1；减少的投料比(或及时移出产物)；【小问5详解】①由图示信息可知，阴极发生的反应为二氧化碳得电子转变成甲烷和水，电极反应式为：，故答案为：；②由图可知温度在250℃时，催化剂的转化效率达到最大值，温度在升高到300℃过程中催化剂的转化效率明显下降，但超过300℃后又明显增加，可判断是温度本省对反应的影响导致的，温度升高反应速率加快，故答案为：300℃到400℃之间，温度比催化剂对甲酸的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以甲酸生成速率加快。19.吉非替尼是一种合成的苯胺喹唑啉类化合物，是肺癌治疗的一线用药，良好的药效和广阔的市场前景引起很多学者兴趣，其中一种合成路线如下图所示：（1）化合物II的结构简式为_______。（2）化合物III中C原子的杂化类型为_______。（3）反应②中涉及到的反应类型：取代反应、先发生加成反应后发生_______反应。（4）化合物IV是比化合物I相对分子质量大14的同系物。化合物IV的芳香族同分异构体中，写出符合题意的其中任意一种结构简式：_______。①苯环上有三个取代基；②能发生银镜反应；③能发生水解反应，1mol该有机物能够与3molNaOH溶液反应。④核磁共振氢谱图确定分子中氢原子数之比为1：1：2：2：6。\n（5）已知：①②写出以和为原料(无机试剂任选)制备的合成路线流程图_______。【答案】（1）（2）（3）消去（4）或（5）【解析】【分析】由题干合成流程图信息可知，根据II的分子式和I、III的结构简式并结合I到II、II到III的转化条件，可知II的结构简式为：，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，可知化合物II的结构简式为：；【小问2详解】\n由题干流程图中化合物III结构简式可知，化合物III中，饱和C原子采用杂化，形成双键的C原子采用sp2杂化，故该物质中C原子杂化类型有两种杂化类型；【小问3详解】分析反应②中的断键情况，其中氨基和中的酯基发生取代反应，同时生成一分子CH3OH，醛基中的氧原子和酯基邻位氨基中的氢原子发生加成反应，然后脱去一分子H2O，形成C、N双键；故反应②中涉及到的反应类型：取代反应、先发生加成反应后发生消去反应；【小问4详解】化合物IV是比化合物I：的相对分子质量大14的同系物，化合物IV的芳香族同分异构体中，符合条件：①苯环上有三个取代基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③能发生水解反应，说明含有酯基；1mol该有机物能够与3molNaOH溶液反应，说明有可以与碱反应的3个官能团，④核磁共振氢谱图确定分子中氢原子数之比为1：1：2：2：6，说明有五种不同的H原子，它们的个数比是1：1：2：2：6，则符合题意的物质的结构简式是：或；【小问5详解】甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生，然后被酸性溶液氧化产生，该物质与在浓硫酸催化作用下加热发生酯化反应产生，与共热，发生还原反应产生，与发生信息反应产生，故反应流程为\n。
查看更多
Copyright 2004-2022 uxueke.com All Rights Reserved 闽ICP备15016911号-6
优学科声明：本站点发布的文章作品均来自用户投稿或网络整理，部分作品未联系到知识产权人或未发现有相关的知识产权登记
如有知识产权人不愿本站分享使用所属产权作品，请立即联系：uxuekecom，我们会立即处理。