高州中学2016年高二化学下学期期末试卷(带解析)

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高州中学2016年高二化学下学期期末试卷(带解析)

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2015-2016学年广东省茂名市高州中学高二(下)期末化学试卷
 
一.选择题
1.下列说法正确的是(  )
A.明矾具有杀菌消毒作用,可用于净水
B.烧碱不是碱、石炭酸不是酸、双氧水不是水
C.电解质在水溶液中的反应都是离子反应
D.我国首创的新型抗疟疾药青蒿素(C15H22O5)属于氧化物
2.关于如图装置中的变化叙述错误的是(  )
 
A.电子从锌片流向右侧碳棒,再从左侧碳棒流回铜片
B.锌片上发生氧化反应
C.左侧碳棒上发生:2H2O+O2+4e→4OH﹣
D.铜电极析出铜
3.设NA代表阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是(  )
A.25℃时,pH=13的1.0L Ba(OH)2溶液中含有的Ba2+数目为0.05NA
B.标准状况下,2.24L CH2Cl2只含有的C﹣Cl键的数目为0.2NA
C.1.8g重水(D2O)只含有NA个中子
D.常温常压下,21g乙烯与环丁烷的混合物中含有原子数目为3NA
4.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍,Y原子的最外层只有2个电子,Z单质可制成半导体材料,W与X属于同一主族.下列叙述正确的是(  )
A.元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱
B.化合物YX、ZX2、WX3中化学键的类型相同
C.元素X的简单气态氢化物的沸点比W的高
D.简单离子半径的大小顺序:rW>rY>rX
5.已知, ,某分子式为C11H16的含一个苯环的有机物,其被酸性高锰酸钾溶液氧化得到 ,则该有机物可能的结构有(  )
A.2种 B.3种 C.4种 D.5种
6.下列有关实验装置进行的相应实验,能达到实验目的是(  )
A.
用如图装置由氯化镁溶液制取无水氯化镁晶体
B.
用如图所示装置测量Cu与浓硝酸反应生成气体的体积
C.
用如图所示装置验证Na和水反应的热效应
D.
用如图装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
7.室温下,在0.2mol•L﹣1 Al2(SO4)3溶液中,逐滴加入1.0mol•L﹣1 NaOH溶液,实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图,下列有关说法正确的是(  )
 
A.a点溶液呈酸性的原因是Al3+水解,离子方程为:Al3++3OH﹣⇌Al(OH)3
B.c点铝元素主要以Al(OH)3的形式存在
C.a﹣b段,溶液pH增大,Al3+浓度不变
D.d点Al(OH)3沉淀开始溶解
 
二.非选择题
8.某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2,他们使用的药品和装置如图所示:
(1)在配制氯化铁溶液时,需先把氯化铁晶体溶解在      中,再加水稀释,这样操作的目的是      .
(2)根据以上现象,该小组同学认为SO2 与 FeCl3溶液发生氧化还原反应.
①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式      ;
②请设计实验方案检验有Fe2+生成      ;
③该小组同学向C烧杯反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液,若出现白色沉淀,即可证明反应生成了
SO42﹣.该做法      (填“合理”或“不合理”),理由是      .
(3)装置中能表明I﹣的还原性弱于SO2的现象是      .
 
9.甲醇是一种可再生能源,具有开发和应用的广阔前景,请回答下列问题:
一定温度下,在一恒容的密闭容器中,由CO和H2合成甲醇:
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H<0
(1)下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是      (填序号).
A.每消耗1mol CO的同时生成2molH2
B.混合气体总物质的量不变
C.生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等
D.CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化
(2)CO的平衡转化率(α)与温度、压强的关系如图所示.B、C二点的平衡常数KB、KC的大小关系为      .
(3)某温度下,将2.0mol CO和6.0molH2充入2L的密闭容器中,达到平衡时测得c(CO)=0.25mol/L,CO的转化率=      ,此温度下的平衡常数K=      (保留二位有效数字).
(4)温度650℃的熔融盐燃料电池,用(CO、H2)作反应物,空气与CO2的混合气体为正极反应物,镍作电极,用Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质.该电池的正极反应式为      .
(5)已知:CH3OH、H2的燃烧热(△H)分别为﹣726.5kJ/mol、﹣285.8kJ/mol,则常温下CO2和H2反应生成CH3OH和H2O的热化学方程式是      .
 
10.孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3,还含少量FeO、SiO2.以孔雀石为原料可制备CuSO4•5H2O步骤如下:
 
(1)写出孔雀石与稀硫酸反应的化学方程式:      ,为了提高原料浸出速率,可采取的措施有      (写出两条).
(2)溶液A的金属离子有Cu2+、Fe2+.实验步骤中试剂①最佳选      (填代号)
a.KMnO4      b.Cl2      c.H2O2      d.HNO3
(3)溶液B中加入CuO作用是      .
(4)常温下Fe(OH)3的Ksp=1×10﹣39,若要将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,使溶液中c(Fe3+)降低至1×10﹣3mol/L,必需将溶液pH调节至      .
(5)由溶液C获得CuSO4•5H2O晶体,需要经      、      和过滤.
(6)可用KMnO4标准溶液测定溶液A中Fe2+的浓度,量取A溶液20.00ml,用0.010mol/L酸性KMnO4标准溶液滴定,消耗KMnO410.00ml,A溶液中Fe2+的物质的量浓度      mol/L.
(反应原理:MnO4﹣+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O)
 
【选修5:有机化学基础】
11.药用有机物A为一种无色液体,从A出发可发生如下一系列反应.
 
请回答:
(1)E中的官能团名称是      .
(2)A的结构简式为      .
(3)写出反应③的化学方程式:      ,该反应的反应类型是      .
(4)写出反应④的化学方程式:      .
(5)符合下列条件的A的同分异构体有      (不考虑立体异构)种,写出其中一种的结构简式:      .
①苯环上有两个取代基; ②能发生水解反应; ③能发生银镜反应.
(6)H是E的一种同分异构体,已知H可以和金属钠反应放出氢气,且在一定条件下可发生银镜反应,试写出H发生银镜反应的化学方程式:      .
 
 

2015-2016学年广东省茂名市高州中学高二(下)期末化学试卷
参考答案与试题解析
 
一.选择题
1.下列说法正确的是(  )
A.明矾具有杀菌消毒作用,可用于净水
B.烧碱不是碱、石炭酸不是酸、双氧水不是水
C.电解质在水溶液中的反应都是离子反应
D.我国首创的新型抗疟疾药青蒿素(C15H22O5)属于氧化物
【考点】物质的组成、结构和性质的关系.
【分析】A.明矾净水原理是电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性;
B.烧碱是NaOH的俗称、苯酚俗称石碳酸;双氧水是过氧化氢的俗称,据此回答;
C.电解质在水溶液中的反应,实质是电解质电离产生的离子之间的反应,结合离子反应概念:有离子参加的反应为离子反应解答;
D.青蒿素是含有碳元素的有机物.
【解答】解:A.明矾净水原理是硫酸铝钾溶液中含有铝离子,铝离子水解Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+,生成氢氧化铝胶体和氢离子,氢氧化铝胶体具有吸附性净水,不能消毒杀菌,故A错误;
B.烧碱是碱类、石炭酸是酸类、双氧水不是水,故B错误;
C.电解质在水溶液中的反应,实质是电解质电离产生的离子之间的反应,有离子参加,属于离子反应,故C正确;
D.青蒿素是含有碳元素的有机物,故D错误;
故选:C.
 
2.关于如图装置中的变化叙述错误的是(  )
 
A.电子从锌片流向右侧碳棒,再从左侧碳棒流回铜片
B.锌片上发生氧化反应
C.左侧碳棒上发生:2H2O+O2+4e→4OH﹣
D.铜电极析出铜
【考点】原电池和电解池的工作原理.
【分析】右边装置能自发的进行氧化还原反应,所以右边装置是原电池,锌易失电子而作负极,铜作正极;左边装置连接外加电源,所以是电解池,连接锌棒的电极是阴极,连接铜棒的电极是阳极,再结合原电池和电解池原理解答.
【解答】解:边装置能自发的进行氧化还原反应,所以右边装置是原电池,锌易失电子而作负极,铜作正极;左边装置连接外加电源,所以是电解池,连接锌棒的电极是阴极,连接铜棒的电极是阳极,
A.电子从负极锌沿导线流向右侧碳棒,再从左侧碳棒流回正极铜片,故A正确;
B.锌片上失电子发生氧化反应,故B正确;
C.左侧碳棒是电解池阳极,阳极上氯离子放电生成氯气,故C错误;
D.铜电极是正极,正极上铜离子得电子析出铜,故D正确;
故选C.
 
3.设NA代表阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是(  )
A.25℃时,pH=13的1.0L Ba(OH)2溶液中含有的Ba2+数目为0.05NA
B.标准状况下,2.24L CH2Cl2只含有的C﹣Cl键的数目为0.2NA
C.1.8g重水(D2O)只含有NA个中子
D.常温常压下,21g乙烯与环丁烷的混合物中含有原子数目为3NA
【考点】阿伏加德罗常数.
【分析】A、25℃时,pH=13的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L,1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子,而氢氧化钡中氢氧根和钡离子的个数之比为2;1,据此分析;
B、标况下,二氯甲烷为液体;
C、重水的摩尔质量为20g/mol;
D、乙烯和环丁烷的最简式均为CH2.
【解答】解:A、25℃时,pH=13的Ba(OH)2溶液中钡离子浓度为0.1mol/L,1.0L溶液中含有0.1mol氢氧根离子,含有的OH﹣总数为0.1NA,而氢氧化钡中氢氧根和钡离子的个数之比为2;1,故钡离子的个数为0.05NA个,故A正确;
B、标况下,二氯甲烷为液体,不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故B错误;
C、重水的摩尔质量为20g/mol,故1.8g重水的物质的量为0.09mol,而1mol重水中含10mol中子,故0.09mol重水中含0.9mol中子即0.9NA个,故C错误;
D、乙烯和环丁烷的最简式均为CH2,故21g混合物中含有的CH2的物质的量n= =1.5mol,故含有4.5mol原子即4.5NA个,故D错误.
故选A.
 
4.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍,Y原子的最外层只有2个电子,Z单质可制成半导体材料,W与X属于同一主族.下列叙述正确的是(  )
A.元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱
B.化合物YX、ZX2、WX3中化学键的类型相同
C.元素X的简单气态氢化物的沸点比W的高
D.简单离子半径的大小顺序:rW>rY>rX
【考点】原子结构与元素周期律的关系.
【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍,X有2个电子层,最外层电子数为6,故X为O元素,W与X属于同一主族,故W为S元素,Y原子的最外层只有2个电子,原子序数大于O元素,故Y处于第三周期,故Y为Mg元素,Z单质可制成半导体材料,Z为Si元素,结合元素化合物的性质解答.
【解答】解:短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍,X有2个电子层,最外层电子数为6,故X为O元素,W与X属于同一主族,故W为S元素,Y原子的最外层只有2个电子,原子序数大于O元素,故Y处于第三周期,故Y为Mg元素,Z单质可制成半导体材料,Z为Si元素,
A.非金属性S>Si,非金属性越强,则最高价氧化物对应水化物的酸性越强,所以元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强,故A错误;
B.化合物MgO为离子化合物,含有离子键,SiO2、SO3属于共价化合物,含有共价键,故B错误;
C.O的氢化物分子间存在氢键,沸点较高,所以元素X的简单气态氢化物的沸点比W的高,故C正确;
D.电子层越多离子半径越大,电子排布相同时,原子序数越大,离子半径越小,则简单离子半径的大小顺序:rW>rX>rY,故D错误,
故选:C.
 
5.已知, ,某分子式为C11H16的含一个苯环的有机物,其被酸性高锰酸钾溶液氧化得到 ,则该有机物可能的结构有(  )
A.2种 B.3种 C.4种 D.5种
【考点】常见有机化合物的结构;有机化合物的异构现象.
【分析】从题意可知,该苯的同系物的各同分异构体的苯环上有2个位于相邻位置的侧链,根据碳原子数守恒,侧链可以是甲基和丁基,乙基和丙基,结合烷基R中直接与苯环连接的碳原子有C﹣H键来解答.
【解答】解:由题意可知,该苯的同系物的各同分异构体的苯环上有2个位于相邻位置的侧链,根据碳原子数守恒,侧链可以是甲基和丁基,甲基有1种,丁基有4种,其中1种无氢,则苯的同系物有3种,可以是乙基和丙基,乙基有1种,丙基有2种,则苯的同系物有2种,则该有机物可能的结构有5种,故选D.
 
6.下列有关实验装置进行的相应实验,能达到实验目的是(  )
A.
用如图装置由氯化镁溶液制取无水氯化镁晶体
B.
用如图所示装置测量Cu与浓硝酸反应生成气体的体积
C.
用如图所示装置验证Na和水反应的热效应
D.
用如图装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
【考点】化学实验方案的评价.
【分析】A.氯化镁易水解;
B.二氧化氮易与水反应,且易溶于水;
C.钠与水反应放热,U型管中左侧降低;
D.铁应为阳极.
【解答】解:A.氯化镁易水解,应在氯化氢的氛围中加热,否则生成氢氧化镁,故A错误;
B.二氧化氮易与水反应,且易溶于水,不能用排水法测量体积,故B错误;
C.钠与水反应放热,U型管中左侧降低,则装置可验证Na和水反应的热效应,故C正确;
D.制备氢氧化亚铁,应首先生成亚铁离子,铁应为阳极,故D错误.
故选C.
 
7.室温下,在0.2mol•L﹣1 Al2(SO4)3溶液中,逐滴加入1.0mol•L﹣1 NaOH溶液,实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图,下列有关说法正确的是(  )
 
A.a点溶液呈酸性的原因是Al3+水解,离子方程为:Al3++3OH﹣⇌Al(OH)3
B.c点铝元素主要以Al(OH)3的形式存在
C.a﹣b段,溶液pH增大,Al3+浓度不变
D.d点Al(OH)3沉淀开始溶解
【考点】离子方程式的有关计算.
【分析】室温下,往0.2mol/LAl2 ( SO4)3溶液中逐滴加入1.0mol/L NaOH溶液,硫酸铝为强酸弱碱盐,水解显酸性,水解离子反应为Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+;a﹣b段,加入NaOH溶液,消耗氢离子,发生反应:H++OH﹣═H2O,b﹣c段溶液的pH变化不大,主要发生反应:Al3++3OH﹣═Al(OH)3↓,则加入的OH﹣主要用于生成Al(OH)3沉淀;c﹣d段溶液pH变化较大,c点后pH发生突变,NaOH过量,Al(OH)3沉淀开始溶解,生成NaAlO2,碱性较强,据此进行解答.
【解答】解:室温下,往0.2mol/LAl2 ( SO4)3溶液中逐滴加入1.0mol/L NaOH溶液,硫酸铝为强酸弱碱盐,水解显酸性,水解离子反应为Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+;a﹣b段,加入NaOH溶液,消耗氢离子,发生反应:H++OH﹣═H2O,b﹣c段溶液的pH变化不大,主要发生反应:Al3++3OH﹣═Al(OH)3↓,则加入的OH﹣主要用于生成Al(OH)3沉淀;c﹣d段溶液pH变化较大,c点后pH发生突变,NaOH过量,Al(OH)3沉淀开始溶解,生成NaAlO2,碱性较强,
A.硫酸铝为强酸弱碱盐,铝离子水解导致溶液显酸性,水解离子反应为Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+,故A错误;
B.b﹣c段溶液的pH变化不大,主要发生反应:Al3++3OH﹣═Al(OH)3↓,则加入的OH﹣主要用于生成Al(OH)3沉淀;c﹣d段溶液pH变化较大,c点后pH发生突变,NaOH过量,Al(OH)3沉淀开始溶解,生成NaAlO2,所以c点铝元素主要以Al(OH)3的形式存在,故B正确;
C.a﹣b段,发生H++OH﹣═H2O,但加入NaOH溶液,总体积增大,则Al3+浓度减小,故C错误;
D.c点后pH发生突变,NaOH过量,Al(OH)3沉淀开始溶解,生成NaAlO2,碱性较强,而d点pH>10,NaOH远远过量,故D错误;
故选B.
 
二.非选择题
8.某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2,他们使用的药品和装置如图所示:
(1)在配制氯化铁溶液时,需先把氯化铁晶体溶解在 浓盐酸 中,再加水稀释,这样操作的目的是 防止氯化铁水解 .
(2)根据以上现象,该小组同学认为SO2 与 FeCl3溶液发生氧化还原反应.
①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式 2Fe3++SO2+2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+ ;
②请设计实验方案检验有Fe2+生成 取A中反应后的溶液,向其中滴入KSCN溶液,不变红,再加入新制的氯水,溶
液变红 ;
③该小组同学向C烧杯反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液,若出现白色沉淀,即可证明反应生成了
SO42﹣.该做法 不合理 (填“合理”或“不合理”),理由是 硝酸可以将SO32﹣氧化为SO42﹣,干扰试验 .
(3)装置中能表明I﹣的还原性弱于SO2的现象是 装置B中蓝色溶液褪色 .
 
【考点】性质实验方案的设计;二氧化硫的化学性质.
【分析】(1)氯化铁为强酸弱碱盐,铁离子易水解而导致溶液浑浊;
(2)①二者发生氧化还原反应,生成硫酸根离子、亚铁离子;
②检验有Fe2+生成,利用KSCN和氯水,先不变红、后变红判断;
③该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液,硝酸具有强氧化性;
(3)二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色,说明发生了氧化还原反应,根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析.
【解答】解:(1)氯化铁为强酸弱碱盐,铁离子易水解而导致溶液浑浊,为防止氯化铁水解,所以在配制氯化铁溶液时先将氯化铁溶于浓盐酸中,然后稀释,故答案为:浓盐酸;抑制氯化铁水解;
(2)①二者发生氧化还原反应,生成硫酸根离子、亚铁离子,离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+,
故答案为:2Fe3++SO2+2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+;
②铁离子和KSCN溶液反应而使溶液呈血红色,亚铁离子和KSCN不反应,氯气能氧化亚铁离子生成铁离子,所以检验亚铁离子的方法为取A中反应后的溶液,向其中滴入KSCN溶液,不变红,再加入新制的氯水,溶液变红,
故答案为:取A中反应后的溶液,向其中滴入KSCN溶液,不变红,再加入新制的氯水,溶
液变红;
③该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液,硝酸具有强氧化性,则硝酸可以将溶解的SO2氧化为 H2SO4,干扰试验,故做法不合理,
故答案为:不合理;硝酸可以将溶解的SO2氧化为 H2SO4,干扰试验;
(3)I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色,说明发生了氧化还原反应,碘是氧化剂,二氧化硫是还原剂,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,故答案为:装置B中溶液蓝色褪去.
 
9.甲醇是一种可再生能源,具有开发和应用的广阔前景,请回答下列问题:
一定温度下,在一恒容的密闭容器中,由CO和H2合成甲醇:
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H<0
(1)下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是 C (填序号).
A.每消耗1mol CO的同时生成2molH2
B.混合气体总物质的量不变
C.生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等
D.CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化
(2)CO的平衡转化率(α)与温度、压强的关系如图所示.B、C二点的平衡常数KB、KC的大小关系为 KB>KC .
(3)某温度下,将2.0mol CO和6.0molH2充入2L的密闭容器中,达到平衡时测得c(CO)=0.25mol/L,CO的转化率= 75% ,此温度下的平衡常数K= 1.3 (保留二位有效数字).
(4)温度650℃的熔融盐燃料电池,用(CO、H2)作反应物,空气与CO2的混合气体为正极反应物,镍作电极,用Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质.该电池的正极反应式为 O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣ .
(5)已知:CH3OH、H2的燃烧热(△H)分别为﹣726.5kJ/mol、﹣285.8kJ/mol,则常温下CO2和H2反应生成CH3OH和H2O的热化学方程式是 CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=﹣130.9 kJ•mol﹣1 .
 
【考点】化学平衡状态的判断;原电池和电解池的工作原理.
【分析】(1)A.每消耗1mol CO等效于消耗2molH2的同时生成2molH2;
B.混合气体总物质的量不变,说明各物质的量不变;
C.生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等,都体现的正反应方向;
D.CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化,说明各物质的量不变,反应达平衡状态;
(2)温度不变,化学平衡常数不变,温度升高平衡向吸热的方向移动,平衡常数变化;
(3)根据化学反应三行式来计算转化率和平衡常数;
(4)正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应;
(5)根据燃烧热的概念以及盖斯定律来计算化学反应的焓变,然后写出热化学方程式.
【解答】解:(1)A.每消耗1mol CO等效于消耗2molH2的同时生成2molH2,正逆反应速率相等,故A正确;
B.混合气体总物质的量不变,说明各物质的量不变,反应达平衡状态,故B正确;
C.生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等,都体现的正反应方向,故C错误;
D.CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化,说明各物质的量不变,反应达平衡状态,故D正确;
故选:C;
(2)因B点与A点温度相同,K不变,对于上述反应温度升高平衡向逆反应方向移动,平衡常数减小,所以A、B、C三点的平衡常数KA=KB>KC,故答案为:KB>KC;
(3)将2.0mol CO和6.0mol H2充入2L的密闭容器中,充分反应后,达到平衡时测得c(CO)=0.25mol/L,则
               CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)
初始浓度:1.0          3.0             0
变化浓度:0.75         1.5           0.75
平衡浓度:0.25          1.5         0.75
CO的转化率 ×100%=75%,此温度下的化学平衡常数K= = ≈1.3,故答案为:75%;1.3;
(4)正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应,电极反应式为:O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣,
故答案为:O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣;
(5)由H2(g)的燃烧热△H为﹣285.8kJ•mol﹣1知,1molH2(g)完全燃烧生成1molH2O(l)放出热量285.8kJ,
即①H2(g)+ O2(g)=H2O(l)△H=﹣285.8kJ•mol﹣1;
②CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2 H2O(l)△H=﹣726.5kJ•mol﹣1,
由盖斯定律可知,3×①﹣②得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=﹣130.9 kJ•mol﹣1,
故答案为:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=﹣130.9 kJ•mol﹣1.
 
10.孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3,还含少量FeO、SiO2.以孔雀石为原料可制备CuSO4•5H2O步骤如下:
 
(1)写出孔雀石与稀硫酸反应的化学方程式: Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+3H2O ,为了提高原料浸出速率,可采取的措施有 增加硫酸浓度、将原料粉碎、提高反应温度,加催化剂等均可 (写出两条).
(2)溶液A的金属离子有Cu2+、Fe2+.实验步骤中试剂①最佳选 c (填代号)
a.KMnO4      b.Cl2      c.H2O2      d.HNO3
(3)溶液B中加入CuO作用是 调pH值,(或减少c(H+),)使Fe3+沉淀完全 .
(4)常温下Fe(OH)3的Ksp=1×10﹣39,若要将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,使溶液中c(Fe3+)降低至1×10﹣3mol/L,必需将溶液pH调节至 2 .
(5)由溶液C获得CuSO4•5H2O晶体,需要经 蒸发浓缩(或加热蒸发、蒸发溶液) 、 冷却结晶 和过滤.
(6)可用KMnO4标准溶液测定溶液A中Fe2+的浓度,量取A溶液20.00ml,用0.010mol/L酸性KMnO4标准溶液滴定,消耗KMnO410.00ml,A溶液中Fe2+的物质的量浓度 0.025 mol/L.
(反应原理:MnO4﹣+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O)
【考点】制备实验方案的设计.
【分析】孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3,还含少量Fe、Si的化合物,向孔雀石中加入足量稀硫酸,发生的反应有Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑,硅和稀硫酸不反应,溶液A只含Cu2+、Fe2+两种金属离子,然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物,溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及硫酸铜,气体E为CO2、H2,向溶液A中加入试剂①得到溶液B,试剂①是一种氧化剂,将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质,可选取双氧水,向溶液B中加入试剂②经过操作Ⅰ得到溶液C和红褐色沉淀D,则操作Ⅰ为过滤,D为Fe(OH)3,以及过量的试剂,溶液C为硫酸铜溶液,所以为试剂②为CuO或Cu(OH)2或CaCO3 或Cu2(OH)2CO3,
(1)碱式碳酸铜为碱式盐能与稀硫酸反应,依据影响化学反应速率的因素分析判断;
(2)双氧水是一种绿色试剂,将Fe2+氧化为Fe3+,但无明显现象;
(3)在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀,且不引入新的杂质;
(4)依据溶度积常数计算氢氧根离子浓度,结合离子积常数计算氢离子浓度得到溶液PH;
(5)溶液中得到溶质的方法是经蒸发浓缩(或加热蒸发、蒸发溶液),冷却结晶、过滤,得到溶质;
(6)Fe2+溶液与KMnO4溶液发生氧化还原反应,反应中MnO4﹣被还原为Mn2+,最小公倍数为5,所以KMnO4前系数为1,Fe2+前系数为5,结合原子守恒和电荷守恒配平写出离子方程式,结合定量关系计算亚铁离子浓度.
【解答】解:孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3,还含少量Fe、Si的化合物,向孔雀石中加入足量稀硫酸,发生的反应有Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑,Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑,硅和稀硫酸不反应,溶液A只含Cu2+、Fe2+两种金属离子,然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物,溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及硫酸铜,气体E为CO2、H2,向溶液A中加入试剂①得到溶液B,试剂①是一种氧化剂,将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质,可选取双氧水,向溶液B中加入试剂②经过操作Ⅰ得到溶液C和红褐色沉淀D,则操作Ⅰ为过滤,D为Fe(OH)3,以及过量的试剂,溶液C为硫酸铜溶液,所以为试剂②为CuO或Cu(OH)2或CaCO3 或Cu2(OH)2CO3,
(1)碱式碳酸铜为碱式盐能与稀硫酸反应:Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑,生成硫酸铜、水和二氧化碳,为了提高原料浸出速率,可采取的措施有增加硫酸浓度、将原料粉碎、提高反应温度,加催化剂等,
故答案为:Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑;增加硫酸浓度、将原料粉碎、提高反应温度,加催化剂等;
(2)Fe2+具有还原性,可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色,与KSCN不反应,加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化铁、氢氧化铜沉淀而不能检验Fe2+,双氧水,双氧水是一种绿色试剂,将Fe2+氧化为Fe3+,但无明显现象,只有b正确,
故答案为:c;
(3)在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀,且不引入新的杂质,
故答案为:调pH值,(或减少c(H+),)使Fe3+沉淀完全;
(4)常温下Fe(OH)3的Ksp=1×10﹣39,使溶液中c(Fe3+)=1×10﹣3mol/L,则c(OH﹣)= mol/L=1×10﹣12mol/L,所以溶液中c(H+)=1×10﹣2mol/L,则pH=2,
故答案为:2;
(5)CuSO4•5H2O晶体,在高温时易失去水,所以从溶液中获得CuSO4•5H2O晶体,需要经蒸发浓缩(或加热蒸发、蒸发溶液),冷却结晶、过滤,
故答案为:蒸发浓缩(或加热蒸发、蒸发溶液);冷却结晶;
(6)Fe2+溶液与KMnO4溶液发生氧化还原反应,反应中MnO4﹣被还原为Mn2+,最小公倍数为5,所以KMnO4前系数为1,Fe2+前系数为5,反应的离子方程式为MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,根据离子方程可知MnO4﹣~5Fe2+,用去 KMnO4的物质的量为10.00mL×0.010mol/L=1.0×10﹣4mol,所以A溶液中Fe2+浓度为 =0.025mol/L,
故答案为:0.025.
 
【选修5:有机化学基础】
11.药用有机物A为一种无色液体,从A出发可发生如下一系列反应.
 
请回答:
(1)E中的官能团名称是 羧基 .
(2)A的结构简式为   .
(3)写出反应③的化学方程式:   ,该反应的反应类型是 取代反应 .
(4)写出反应④的化学方程式: CH3COOH+CH3CH2OH  CH3COOCH2CH3+H2O .
(5)符合下列条件的A的同分异构体有 3 (不考虑立体异构)种,写出其中一种的结构简式:   .
①苯环上有两个取代基; ②能发生水解反应; ③能发生银镜反应.
(6)H是E的一种同分异构体,已知H可以和金属钠反应放出氢气,且在一定条件下可发生银镜反应,试写出H发生银镜反应的化学方程式:   .
【考点】有机物的推断.
【分析】B能和二氧化碳、水反应生成D,D能和溴水发生取代反应生成白色沉淀,说明D中含有酚羟基,所以A中含有苯环,A的不饱和度= =5,则A中还含有一个不饱和键,A能和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成B和C,则A中含有酯基,结合A的分子式可知,应是羧酸与酚形成的酯基,C酸化后生成E,E是羧酸,E和乙醇发生酯化反应生成G,G的分子式为C4H8O2,则E的结构简式为CH3COOH,C为CH3COONa,G的结构简式为CH3COOCH2CH3,结合A的分子式可知,B为 ,D为 ,F的结构简式为 ,A为 ,据此解答.
【解答】解:B能和二氧化碳、水反应生成D,D能和溴水发生取代反应生成白色沉淀,说明D中含有酚羟基,所以A中含有苯环,A的不饱和度= =5,则A中还含有一个不饱和键,A能和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成B和C,则A中含有酯基,结合A的分子式可知,应是羧酸与酚形成的酯基,C酸化后生成E,E是羧酸,E和乙醇发生酯化反应生成G,G的分子式为C4H8O2,则E的结构简式为CH3COOH,C为CH3COONa,G的结构简式为CH3COOCH2CH3,结合A的分子式可知,B为 ,D为 ,F的结构简式为 ,A为 .
(1)E的结构简式为CH3COOH,含有的官能团是:羧基,故答案为:羧基;
(2)A的结构简式为 ,故答案为: ;
(3)反应③的化学方程式: ,属于取代反应,
故答案为: ,取代反应;
(4)反应④的化学方程式为:CH3COOH+CH3CH2OH  CH3COOCH2CH3+H2O,
故答案为:CH3COOH+CH3CH2OH  CH3COOCH2CH3+H2O;
(5)符合下列条件的A( )的同分异构体:①苯环上有两个取代基; ②能发生水解反应,含有酯基; ③能发生银镜反应,应为甲酸与酚形成的酯基,另外侧链为甲基,有邻、间、对三种,其中一种结构简式为 ,
故答案为:3; ;
(6)E的结构简式为CH3COOH,E的一种同分异构体H可以和金属钠反应放出氢气,且在一定条件下可发生银镜反应,含有﹣OH与﹣CHO,故H的结构简式为HOCH2CHO,H发生银镜反应的化学方程式: ,
故答案为: .
 
2016年8月4日

 

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来源 莲山课
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