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2023年新課標(biāo)II高考化學(xué)試卷一、選擇題(共7小題,每小題3分,滿分21分)1.(3分)食品干燥劑應(yīng)無(wú)毒、無(wú)味、無(wú)腐蝕性及環(huán)境友好.下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.硅膠可用作食品干燥劑B.P2O5不可用作食品干燥劑C.六水合氯化鈣可用作食品干燥劑D.加工后具有吸水性的植物纖維可用作食品干燥劑2.(3分)(2023春?婁底期末)某羧酸酯的分子式為C18H26O5,1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇,該羧酸的分子式為()A.C14H18O5B.C14H16O4C.C16H22O5D.C16H20O53.(3分)(2023春?北侖區(qū)校級(jí)期末)原子序數(shù)依次增大的元素a、b、c、d,它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1.a(chǎn)﹣的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同,b和c的次外層有8個(gè)電子,c﹣和d+的電子層結(jié)構(gòu)相同.下列敘述錯(cuò)誤的是()A.元素的非金屬性次序?yàn)閏>b>aB.a(chǎn)和其他3種元素均能形成共價(jià)化合物C.d和其他3種元素均能形成離子化合物D.元素a、b、c各自最高和最低化合價(jià)的代數(shù)和分別為0、4、64.(3分)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值.下列敘述正確的是()A.60g丙醇中存在的共價(jià)鍵總數(shù)為10NAB.1L?L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣離子數(shù)之和為C.鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物.23g鈉充分燃燒時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1NAD.235g核素92235U發(fā)生裂變反應(yīng):92235U+01n3890Sr+54136U+1001n凈產(chǎn)生的中子(01n)數(shù)為10NA5.(3分)分子式為C5H10O2并能與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)放出氣體的有機(jī)物有(不含量立體異構(gòu))()A.3種B.4種C.5種D.6種6.(3分)海水開發(fā)利用的部分過程如圖所示.下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.向苦鹵中通入Cl2是為了提取溴B.粗鹽可采用除雜和重結(jié)晶等過程提純C.工業(yè)生產(chǎn)常選用NaOH作為沉淀劑D.富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴,再用SO2將其還原吸收7.(3分)(2023春?北侖區(qū)校級(jí)期末)用圖所示裝置進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn):將①中溶液滴入②中,預(yù)測(cè)的現(xiàn)象與實(shí)際相符的是()選項(xiàng)①中物質(zhì)②中物質(zhì)預(yù)測(cè)②中的現(xiàn)象A稀鹽酸碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液立即產(chǎn)生氣泡B濃硝酸用砂紙打磨過的鋁條產(chǎn)生紅棕色氣體C氯化鋁溶液濃氫氧化鈉溶液產(chǎn)生大量白色沉淀D草酸溶液高錳酸鉀酸性溶液溶液逐漸褪色A.AB.BC.CD.D二、解答題8.(14分)酸性鋅錳干電池是一種一次電池,外殼為金屬鋅,中間是碳棒,其周圍是有碳粉,二氧化錳,氯化鋅和氯化銨等組成的填充物,該電池在放電過程產(chǎn)生MnOOH,回收處理該廢電池可以得到多種化工原料,有關(guān)數(shù)據(jù)下表所示:溶解度/(g/100g水)溫度/℃化合物020406080100NH4ClZnCl2343395452488541614化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10﹣1710﹣1710﹣39回答下列問題:(1)該電池的正極反應(yīng)式為,電池反應(yīng)的離子方程式為:.(2)維持電流強(qiáng)度為,電池工作五分鐘,理論消耗鋅g.(已經(jīng)F=96500C/mol)(3)廢電池糊狀填充物加水處理后,過濾,濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl,兩者可以通過分離回收,濾渣的主要成分是MnO2、和,欲從中得到較純的MnO2,最簡(jiǎn)便的方法是,其原理是.(4)用廢電池的鋅皮制作ZnSO4?7H2O的過程中,需除去鐵皮中的少量雜質(zhì)鐵,其方法是:加入稀H2SO4和H2O2,溶解,鐵變?yōu)榧訅A調(diào)節(jié)pH為時(shí),鐵剛好沉淀完全(離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1時(shí),即可認(rèn)為該離子沉淀完全).繼續(xù)加堿調(diào)節(jié)pH為時(shí),鋅開始沉淀(假定Zn2+濃度為?L﹣1).若上述過程不加H2O2的后果是,原因是.9.(14分)甲醇既是重要的化工原料,又可作為燃料.利用合成氣(主要成分為CO、CO2和H2)在催化劑的作用下合成甲醇,發(fā)生的主要反應(yīng)如下:①CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H1②CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△H2③CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)△H3回答下列問題:化學(xué)鍵H﹣HC﹣OC≡O(shè)H﹣OC﹣HE/(kJ.mol﹣1)4363431076465413(1)已知反應(yīng)①中的相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下:由此計(jì)算△H1=kJ.mol﹣1,已知△H2=﹣58kJ.mol﹣1,則△H3=kJ.mol﹣1(2)反應(yīng)①的化學(xué)平衡常數(shù)K的表達(dá)式為;圖1中能正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關(guān)系的曲線為(填曲線標(biāo)記字母),其判斷理由是.(3)合成氣的組成n(H2)/n(CO+CO2)=時(shí)體系中的CO平衡轉(zhuǎn)化率(a)與溫度和壓強(qiáng)的關(guān)系如圖2所示.a(chǎn)(CO)值隨溫度升高而(填“增大”或“減小”),其原因是.圖2中的壓強(qiáng)由大到小為,其判斷理由是10.(15分)二氧化氯(ClO2,黃綠色易溶于水的氣體)是高效、低毒的消毒劑,回答下列問題:(1)工業(yè)上可用KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,該反應(yīng)氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為.(2)實(shí)驗(yàn)室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2(亞氯酸鈉)為原料,通過以下過程制備ClO2:①電解時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為.②溶液X中大量存在的陰離子有.③除去ClO2中的NH3可選用的試劑是(填標(biāo)號(hào))a.水b.堿石灰C.濃硫酸d.飽和食鹽水(3)用如圖裝置可以測(cè)定混合氣中ClO2的含量:Ⅰ.在錐形瓶中加入足量的碘化鉀,用50mL水溶解后,再加入3mL稀硫酸:Ⅱ.在玻璃液封裝置中加入水.使液面沒過玻璃液封管的管口;Ⅲ.將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收;Ⅳ.將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中:Ⅴ.用?L﹣1硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定錐形瓶中的溶液(I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣),指示劑顯示終點(diǎn)時(shí)共用去硫代硫酸鈉溶液.在此過程中:①錐形瓶?jī)?nèi)ClO2與碘化鉀反應(yīng)的離子方程式為②玻璃液封裝置的作用是③V中加入的指示劑通常為,滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是④測(cè)得混合氣中ClO2的質(zhì)量為g.(4)用ClO2處理過的飲用水會(huì)含有一定最的亞氯酸鹽.若要除去超標(biāo)的亞氯酸鹽,下列物質(zhì)最適宜的是(填標(biāo)號(hào))a.明礬b.碘化鉀c.鹽酸d.硫酸亞鐵.三、化學(xué)——選修2:化學(xué)與技術(shù)。(滿分15分)11.(15分)苯酚和丙酮都是重要的化工原料,工業(yè)上可用異丙苯氧化法生產(chǎn)苯酚和丙酮,其反應(yīng)和工藝流程示意圖如下:相關(guān)化合物的物理常數(shù)物質(zhì)相對(duì)分子質(zhì)量密度(g/cm﹣3)沸點(diǎn)/℃異丙苯120153丙酮58苯酚94182回答下列問題:(1)在反應(yīng)器A中通入的X是.(2)反應(yīng)①和②分別在裝置和中進(jìn)行(填裝置符號(hào)).(3)在分解釜C中加入的Y為少量濃硫酸,其作用是,優(yōu)點(diǎn)是用量少,缺點(diǎn)是.(4)反應(yīng)②為(填“放熱”或“吸熱”)反應(yīng).反應(yīng)溫度控制在50﹣60℃,溫度過高的安全隱患是.(5)中和釜D中加入的Z最適宜的是(填編號(hào).已知苯酚是一種弱酸)a.NaOHb.CaCO3c.NaHCO3d.CaO(6)蒸餾塔F中的餾出物T和P分別為和,判斷的依據(jù)是.(7)用該方法合成苯酚和丙酮的優(yōu)點(diǎn)是.四、化學(xué)-選修3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)。(滿分15分)12.(15分)A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素,A2﹣和B+具有相同的電子構(gòu)型;C、D為同周期元索,C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍;D元素最外層有一個(gè)未成對(duì)電子.回答下列問題:(1)四種元素中電負(fù)性最大的是(填元素符號(hào)),其中C原子的核外電子排布式為.(2)單質(zhì)A有兩種同素異形體,其中沸點(diǎn)高的是(填分子式),原因是;A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為和.(3)C和D反應(yīng)可生成組成比為1:3的化合物E,E的立體構(gòu)型為,中心原子的雜化軌道類型.(4)化合物D2A的立體構(gòu)型為,中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為,單質(zhì)D與濕潤(rùn)的Na2CO3反應(yīng)可制備D2A,其化學(xué)方程式為.(5)A和B能夠形成化合物F,其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,晶胞參數(shù)a=,F(xiàn)的化學(xué)式為,晶胞中A原子的配位數(shù)為;列式計(jì)算晶體F的密度(g?cm﹣3).五、化學(xué)一選修5:有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)(滿分15分)13.(15分)聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一種可降解的聚酯類高分子材料,在材枓的生物相容性方面有很好的應(yīng)用前景.PPG的一種合成路線如下:已知:①烴A的相對(duì)分子質(zhì)量為70,核磁共振氫譜顯示只有一種化學(xué)環(huán)境的氫②化合物B為單氯代烴:化合物C的分子式為C5H8③E、F為相對(duì)分子質(zhì)量差14的同系物,F(xiàn)是福爾馬林的溶質(zhì)④冋答下列問題:(1)A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為.(2)由B生成C的化學(xué)方程式為.(3)由E和F生成G的反應(yīng)類型為,G的化學(xué)名稱為.(4)①由D和H生成PPG的化學(xué)方程式為:②若PPG平均相對(duì)分子質(zhì)量為10000,則其平均聚合度約為(填標(biāo)號(hào)).a(chǎn).48b.58c.76d.122(5)D的同分異構(gòu)體中能同時(shí)滿足下列條件的共有種(不含立體異構(gòu)):①能與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生氣體②既能發(fā)生銀鏡反應(yīng),又能發(fā)生水解反應(yīng)其中核磁共振氫譜顯示為3組峰,且峰面積比為6:1:1的是(寫結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式)D的所有同分異構(gòu)體在下列一種表征儀器中顯示的信號(hào)(或數(shù)據(jù))完全相同,該儀器是(填標(biāo)號(hào)).a(chǎn).質(zhì)譜儀b.紅外光譜儀c.元素分析儀d.核磁共振儀.

2023年新課標(biāo)II高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題(共7小題,每小題3分,滿分21分)1.(3分)食品干燥劑應(yīng)無(wú)毒、無(wú)味、無(wú)腐蝕性及環(huán)境友好.下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.硅膠可用作食品干燥劑B.P2O5不可用作食品干燥劑C.六水合氯化鈣可用作食品干燥劑D.加工后具有吸水性的植物纖維可用作食品干燥劑考點(diǎn):真題集萃;常見的食品添加劑的組成、性質(zhì)和作用.分析:A.硅膠具有吸水性,無(wú)毒;B.P2O5吸水轉(zhuǎn)化為酸;C.六水合氯化鈣不能吸水;D.具有吸水性的植物纖維無(wú)毒.解答:解:A.硅膠具有吸水性,無(wú)毒,則硅膠可用作食品干燥劑,故A正確;B.P2O5吸水轉(zhuǎn)化為酸,導(dǎo)致食品變質(zhì),則P2O5不可用作食品干燥劑,故B正確;C.六水合氯化鈣不能吸水,則不能作食品干燥劑,故C錯(cuò)誤;D.具有吸水性的植物纖維無(wú)毒,則可用作食品干燥劑,故D正確;故選C.點(diǎn)評(píng):本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及食品干燥劑,為高頻考點(diǎn),把握物質(zhì)的性質(zhì)、化學(xué)與生活的關(guān)系為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與應(yīng)用能力的綜合考查,題目難度中等.2.(3分)(2023春?婁底期末)某羧酸酯的分子式為C18H26O5,1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇,該羧酸的分子式為()A.C14H18O5B.C14H16O4C.C16H22O5D.C16H20O5考點(diǎn):真題集萃;有機(jī)物實(shí)驗(yàn)式和分子式的確定.分析:1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇,則說(shuō)明酯中含有2個(gè)酯基,結(jié)合酯的水解特點(diǎn)以及質(zhì)量守恒定律判斷.解答:解:某羧酸酯的分子式為C18H26O5,1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇,說(shuō)明酯中含有2個(gè)酯基,設(shè)羧酸為M,則反應(yīng)的方程式為C18H26O5+2H2O=M+2C2H6O,由質(zhì)量守恒可知M的分子式為C14H18O5,故選A.點(diǎn)評(píng):本題為2023年高考題,考查有機(jī)物的推斷,為高頻考點(diǎn),把握酯化反應(yīng)中碳原子個(gè)數(shù)變化、官能團(tuán)的變化為推斷的關(guān)系,側(cè)重酯的性質(zhì)的考查,題目難度不大.3.(3分)(2023春?北侖區(qū)校級(jí)期末)原子序數(shù)依次增大的元素a、b、c、d,它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1.a(chǎn)﹣的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同,b和c的次外層有8個(gè)電子,c﹣和d+的電子層結(jié)構(gòu)相同.下列敘述錯(cuò)誤的是()A.元素的非金屬性次序?yàn)閏>b>aB.a(chǎn)和其他3種元素均能形成共價(jià)化合物C.d和其他3種元素均能形成離子化合物D.元素a、b、c各自最高和最低化合價(jià)的代數(shù)和分別為0、4、6考點(diǎn):真題集萃;原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系.專題:元素周期律與元素周期表專題.分析:原子序數(shù)依次增大的元素a、b、c、d,它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1,a﹣的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同,則a為H元素;b和c的次外層有8個(gè)電子,原子只能有3個(gè)電子層,則b為S元素,c為Cl,c﹣和d+的電子層結(jié)構(gòu)相同,則d為K元素.A.同周期自左而右非金屬性增強(qiáng),氫化物中H元素為正價(jià),其非金屬性最弱;B.H元素與K元素形成的化合物為KH,屬于離子化合物;C.K元素與其它元素可以形成KH、K2S、KCl;D.H元素最高正化合價(jià)為+1、最低負(fù)化合價(jià)為﹣1,S元素最高正化合價(jià)為+6、最低負(fù)化合價(jià)為﹣2,Cl元素最高正化合價(jià)為+7、最低負(fù)化合價(jià)為﹣1.解答:解:原子序數(shù)依次增大的元素a、b、c、d,它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1,a﹣的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同,則a為H元素;b和c的次外層有8個(gè)電子,原子只能有3個(gè)電子層,則b為S元素,c為Cl,c﹣和d+的電子層結(jié)構(gòu)相同,則d為K元素.A.同周期自左而右非金屬性增強(qiáng),氫化物中H元素為正價(jià),其非金屬性最弱,故非金屬性Cl>S>H,故A正確;B.H元素與S元素、Cl元素放出形成H2S、HCl,二者屬于共價(jià)化合物,但與K元素形成的化合物為KH,屬于離子化合物,故B錯(cuò)誤;C.K元素與其它元素可以形成KH、K2S、KCl,均屬于離子化合物,故C正確,;D.H元素最高正化合價(jià)為+1、最低負(fù)化合價(jià)為﹣1,S元素最高正化合價(jià)為+6、最低負(fù)化合價(jià)為﹣2,Cl元素最高正化合價(jià)為+7、最低負(fù)化合價(jià)為﹣1,最高和最低化合價(jià)的代數(shù)和分別為0、4、6,故D正確,故選:B.點(diǎn)評(píng):本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用,推斷元素是解題關(guān)鍵,側(cè)重對(duì)元素周期律的考查,題目涉及金屬氫化物是中學(xué)知識(shí)的盲點(diǎn),難度不大.4.(3分)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值.下列敘述正確的是()A.60g丙醇中存在的共價(jià)鍵總數(shù)為10NAB.1L?L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣離子數(shù)之和為C.鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物.23g鈉充分燃燒時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1NAD.235g核素92235U發(fā)生裂變反應(yīng):92235U+01n3890Sr+54136U+1001n凈產(chǎn)生的中子(01n)數(shù)為10NA考點(diǎn):真題集萃;阿伏加德羅常數(shù).專題:阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律.分析:A.丙醇中含7個(gè)C﹣H鍵、2個(gè)C﹣C鍵、1個(gè)C﹣O鍵和1個(gè)O﹣H鍵;B.HCO3﹣水解生成碳酸,結(jié)合原子守恒分析;C.鈉發(fā)生氧化反應(yīng)后,Na元素的化合價(jià)由0升高為+1價(jià);D.92235U+01n3890Sr+54136U+1001n凈產(chǎn)生的中子為10﹣1=9個(gè).解答:解:丙醇為1mol,丙醇中含7個(gè)C﹣H鍵、2個(gè)C﹣C鍵、1個(gè)C﹣O鍵和1個(gè)O﹣H鍵,存在的共價(jià)鍵總數(shù)為11NA,故A錯(cuò)誤;?L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣離子數(shù)之和小于,碳酸分子中含C原子,故B錯(cuò)誤;鈉充分燃燒時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為×(1﹣0)×NA=1NA,故C正確;D.92235U+01n3890Sr+54136U+1001n凈產(chǎn)生的中子為10﹣1=9個(gè),則235g核素92235U發(fā)生裂變反應(yīng)凈產(chǎn)生的中子(01n)數(shù)為9NA,故D錯(cuò)誤;故選C.點(diǎn)評(píng):本題考查阿伏伽德羅常數(shù)及計(jì)算,為高頻考點(diǎn),把握物質(zhì)中的化學(xué)鍵、物料守恒、鹽類水解、氧化還原反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子計(jì)算等為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與應(yīng)用能力的綜合考查,綜合性較強(qiáng),題目難度中等.5.(3分)分子式為C5H10O2并能與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)放出氣體的有機(jī)物有(不含量立體異構(gòu))()A.3種B.4種C.5種D.6種考點(diǎn):真題集萃;有機(jī)化合物的異構(gòu)現(xiàn)象.專題:同分異構(gòu)體的類型及其判定.分析:分子式為C5H10O2且與NaHCO3溶液能產(chǎn)生氣體,則該有機(jī)物中含有﹣COOH,所以為飽和一元羧酸,烷基為﹣C4H9,丁基異構(gòu)數(shù)等于該有機(jī)物的異構(gòu)體數(shù).解答:解:分子式為C5H10O2且與NaHCO3能產(chǎn)生氣體,則該有機(jī)物中含有﹣COOH,所以為飽和一元羧酸,烷基為﹣C4H9,﹣C4H9異構(gòu)體有:﹣CH2CH2CH2CH3,﹣CH(CH3)CH2CH3,﹣CH2CH(CH3)CH3,﹣C(CH3)3,故符合條件的有機(jī)物的異構(gòu)體數(shù)目為4.故選B.點(diǎn)評(píng):本題為2023年考題,主要考查同分異構(gòu)體書寫、官能團(tuán)的性質(zhì)與確定等,側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查,難度中等,熟練掌握碳原子數(shù)小于5的烴基的個(gè)數(shù)是解決本題的關(guān)鍵,甲基與乙基均1種,丙基2種、丁基4種、戊基8種.6.(3分)海水開發(fā)利用的部分過程如圖所示.下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.向苦鹵中通入Cl2是為了提取溴B.粗鹽可采用除雜和重結(jié)晶等過程提純C.工業(yè)生產(chǎn)常選用NaOH作為沉淀劑D.富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴,再用SO2將其還原吸收考點(diǎn):真題集萃;海水資源及其綜合利用.分析:A.向苦鹵中通入Cl2置換出溴單質(zhì),分離得到溴;B.粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質(zhì),精制時(shí)應(yīng)加入試劑進(jìn)行除雜,過濾后向?yàn)V液中加入鹽酸至溶液呈中性,再進(jìn)行重結(jié)晶進(jìn)行提純;C.工業(yè)生成處于生石灰或石灰水作沉淀劑;D.先用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴,再用SO2將其還原吸收轉(zhuǎn)化為HBr,達(dá)到富集的目的.解答:解:A.向苦鹵中通入Cl2置換出溴單質(zhì),分離得到溴,通入Cl2是為了提取溴,故A正確;B.粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質(zhì),精制時(shí)通常在溶液中依次中加入過量的BaCl2溶液、過量的NaOH溶液和過量的Na2CO3溶液,過濾后向?yàn)V液中加入鹽酸至溶液呈中性,再進(jìn)行重結(jié)晶進(jìn)行提純,故B正確;C.工業(yè)生成處于生石灰或石灰水作沉淀劑,故C錯(cuò)誤;D.海水提取溴一般用氯氣置換溴離子轉(zhuǎn)化為溴單質(zhì),用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴,再用SO2將其還原吸收轉(zhuǎn)化為HBr,達(dá)到富集的目的,故D正確,故選:C.點(diǎn)評(píng):本題考查海水資源的綜合利用,注意掌握中學(xué)常見的化學(xué)工業(yè),側(cè)重對(duì)化學(xué)與技術(shù)的考查,難度不大.7.(3分)(2023春?北侖區(qū)校級(jí)期末)用圖所示裝置進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn):將①中溶液滴入②中,預(yù)測(cè)的現(xiàn)象與實(shí)際相符的是()選項(xiàng)①中物質(zhì)②中物質(zhì)預(yù)測(cè)②中的現(xiàn)象A稀鹽酸碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液立即產(chǎn)生氣泡B濃硝酸用砂紙打磨過的鋁條產(chǎn)生紅棕色氣體C氯化鋁溶液濃氫氧化鈉溶液產(chǎn)生大量白色沉淀D草酸溶液高錳酸鉀酸性溶液溶液逐漸褪色A.AB.BC.CD.D考點(diǎn):真題集萃;實(shí)驗(yàn)裝置綜合.分析:A.先發(fā)生鹽酸與NaOH的反應(yīng);B.常溫下,Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化;C.NaOH過量,開始不生成沉淀;D.發(fā)生氧化還原反應(yīng).解答:解:A.先發(fā)生鹽酸與NaOH的反應(yīng),然后鹽酸與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉,最后鹽酸與碳酸氫鈉反應(yīng)生成氣體,則現(xiàn)象不合理,故A錯(cuò)誤;B.常溫下,Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化,則不能觀察到紅棕色氣體,現(xiàn)象不合理,故B錯(cuò)誤;C.NaOH過量,開始不生成沉淀,反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氯化鈉,開始無(wú)現(xiàn)象,故C錯(cuò)誤;D.草酸與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng),溶液褪色,現(xiàn)象合理,故D正確;故選D.點(diǎn)評(píng):本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及實(shí)驗(yàn)裝置的綜合應(yīng)用,為高頻考點(diǎn),為2023年高考真題,把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、反應(yīng)與現(xiàn)象的關(guān)系為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ木C合考查,綜合性較強(qiáng),題目難度中等.二、解答題8.(14分)酸性鋅錳干電池是一種一次電池,外殼為金屬鋅,中間是碳棒,其周圍是有碳粉,二氧化錳,氯化鋅和氯化銨等組成的填充物,該電池在放電過程產(chǎn)生MnOOH,回收處理該廢電池可以得到多種化工原料,有關(guān)數(shù)據(jù)下表所示:溶解度/(g/100g水)溫度/℃化合物020406080100NH4ClZnCl2343395452488541614化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10﹣1710﹣1710﹣39回答下列問題:(1)該電池的正極反應(yīng)式為MnO2+H++e﹣=MnOOH,電池反應(yīng)的離子方程式為:2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+.(2)維持電流強(qiáng)度為,電池工作五分鐘,理論消耗鋅g.(已經(jīng)F=96500C/mol)(3)廢電池糊狀填充物加水處理后,過濾,濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl,兩者可以通過加熱濃縮冷卻結(jié)晶分離回收,濾渣的主要成分是MnO2、碳粉和MnOOH,欲從中得到較純的MnO2,最簡(jiǎn)便的方法是空氣中加熱,其原理是碳粉轉(zhuǎn)變?yōu)槎趸迹琈nOOH氧化為二氧化錳.(4)用廢電池的鋅皮制作ZnSO4?7H2O的過程中,需除去鐵皮中的少量雜質(zhì)鐵,其方法是:加入稀H2SO4和H2O2,溶解,鐵變?yōu)镕e3+加堿調(diào)節(jié)pH為時(shí),鐵剛好沉淀完全(離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1時(shí),即可認(rèn)為該離子沉淀完全).繼續(xù)加堿調(diào)節(jié)pH為6時(shí),鋅開始沉淀(假定Zn2+濃度為?L﹣1).若上述過程不加H2O2的后果是Zn2+和Fe2+分離不開,原因是Zn(OH)2、Fe(OH)2的Ksp相近.考點(diǎn):真題集萃;原電池和電解池的工作原理;物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用.分析:(1)該電池的正極發(fā)生還原反應(yīng),MnO2被還原生成MnOOH;負(fù)極鋅被氧化生成Zn2+,以此書寫電池總反應(yīng)式;(2)持電流強(qiáng)度為,電池工作五分鐘,則電量為×300s=150C,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為,以此計(jì)算消耗鋅的質(zhì)量、物質(zhì)的量;(3)填充物含有碳粉、二氧化錳,且生成MnOOH等,在空氣中加熱時(shí),碳粉、MnOOH可被氧化;(4)鐵加入稀H2SO4和H2O2,可被氧化生成Fe3+,鐵剛好沉淀完全時(shí)離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1,結(jié)合Ksp=10﹣39計(jì)算pH,并根據(jù)Ksp計(jì)算鋅開始沉淀的pH.解答:解:(1)該電池的正極發(fā)生還原反應(yīng),MnO2被還原生成MnOOH,電解方程式為MnO2+H++e﹣=MnOOH,負(fù)極鋅被氧化生成Zn2+,電池總反應(yīng)式為2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+,故答案為:MnO2+H++e﹣=MnOOH;2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+;(2)持電流強(qiáng)度為,電池工作五分鐘,則電量為×300s=150C,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為,則消耗Zn的質(zhì)量為××65g/mol=,故答案為:;(3)濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl,可通過加熱濃縮、冷卻結(jié)晶得到晶體,填充物含有碳粉、二氧化錳,且生成MnOOH等,在空氣中加熱時(shí),碳粉、MnOOH可被氧化,分別生成二氧化碳和二氧化錳,故答案為:加熱濃縮;冷卻結(jié)晶;碳粉;MnOOH;空氣中加熱;碳粉轉(zhuǎn)變?yōu)槎趸?,MnOOH氧化為二氧化錳;(4)鐵加入稀H2SO4和H2O2,可被氧化生成Fe3+,鐵剛好沉淀完全時(shí)離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1,因Ksp=10﹣39,則c(OH﹣)=mol/L≈×10﹣11mol/L,此時(shí)pH=,如鋅開始沉淀,則c(OH﹣)=mol/L=10﹣8mol/L,此時(shí)pH=6,由表中數(shù)據(jù)可知Zn(OH)2、Fe(OH)2的Ksp相近,如不加H2O2,則Zn2+和Fe2+分離不開,故答案為:Fe3+;;6;Zn2+和Fe2+分離不開;Zn(OH)2、Fe(OH)2的Ksp相近.點(diǎn)評(píng):本題為2023年新課標(biāo)卷考題,考查原電池知識(shí)以及物質(zhì)的分離、提純,側(cè)重于原電池的工作原理以及實(shí)驗(yàn)基本操作和注意問題,題目難度中等,有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng).9.(14分)甲醇既是重要的化工原料,又可作為燃料.利用合成氣(主要成分為CO、CO2和H2)在催化劑的作用下合成甲醇,發(fā)生的主要反應(yīng)如下:①CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H1②CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△H2③CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)△H3回答下列問題:化學(xué)鍵H﹣HC﹣OC≡O(shè)H﹣OC﹣HE/(kJ.mol﹣1)4363431076465413(1)已知反應(yīng)①中的相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下:由此計(jì)算△H1=﹣99kJ.mol﹣1,已知△H2=﹣58kJ.mol﹣1,則△H3=+41kJ.mol﹣1(2)反應(yīng)①的化學(xué)平衡常數(shù)K的表達(dá)式為;圖1中能正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關(guān)系的曲線為a(填曲線標(biāo)記字母),其判斷理由是反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng),平衡常數(shù)隨溫度升高而減?。?)合成氣的組成n(H2)/n(CO+CO2)=時(shí)體系中的CO平衡轉(zhuǎn)化率(a)與溫度和壓強(qiáng)的關(guān)系如圖2所示.a(chǎn)(CO)值隨溫度升高而減?。ㄌ睢霸龃蟆被颉皽p小”),其原因是反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng),升高溫度,平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng),平衡體系中CO的量增大,反應(yīng)③為吸熱反應(yīng),升高溫度,平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),又使平衡體系中CO的增大,總結(jié)果,隨溫度升高,CO的轉(zhuǎn)化率減小.圖2中的壓強(qiáng)由大到小為P1>P2>P3,其判斷理由是相同溫度下,反應(yīng)③前后氣體分子數(shù)不變,壓強(qiáng)改變不影響其平衡移動(dòng),反應(yīng)①正反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng),增大壓強(qiáng),有利于平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),CO的轉(zhuǎn)化率增大,故增大壓強(qiáng)有利于CO的轉(zhuǎn)化率升高考點(diǎn):真題集萃;反應(yīng)熱和焓變;化學(xué)平衡的影響因素.分析:(1)反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能﹣生成物總鍵能;根據(jù)蓋斯定律:反應(yīng)②﹣反應(yīng)①=反應(yīng)③,反應(yīng)熱也進(jìn)行相應(yīng)的計(jì)算;(2)化學(xué)平衡常數(shù)指可逆反應(yīng)得到平衡時(shí),各生成物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積所得的比值;化學(xué)平衡常數(shù)只受溫度影響,根據(jù)溫度對(duì)平衡移動(dòng)的影響,進(jìn)而判斷溫度對(duì)平衡常數(shù)影響;(3)由圖可知,壓強(qiáng)一定時(shí),隨溫度的升高,CO的轉(zhuǎn)化率降低,根據(jù)升高溫度對(duì)反應(yīng)①、③的影響,進(jìn)行分析CO轉(zhuǎn)化率變化原因;相同溫度下,反應(yīng)③前后氣體分子數(shù)不變,壓強(qiáng)改變不影響其平衡移動(dòng),反應(yīng)①正反應(yīng)為氣體分子式減小的反應(yīng),增大壓強(qiáng),有利于平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),CO的轉(zhuǎn)化率增大.解答:解:(1)反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能﹣生成物總鍵能,故△H1=1076kJ.mol﹣1+2×436kJ.mol﹣1﹣(3×413+343+465)kJ.mol﹣1=﹣99kJ.mol﹣1;根據(jù)蓋斯定律:反應(yīng)②﹣反應(yīng)①=反應(yīng)③,故△H3=△H2﹣△H1=﹣58kJ.mol﹣1﹣(﹣99kJ.mol﹣1)=+41kJ.mol﹣1,故答案為:﹣99;+41;(2)反應(yīng)①CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=;反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng),升高溫度,平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng),平衡常數(shù)減小,曲線a正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關(guān)系,故答案為:;a;反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng),平衡常數(shù)隨溫度升高而減??;(3)由圖可知,壓強(qiáng)一定時(shí),隨溫度的升高,CO的轉(zhuǎn)化率減小,反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng),升高溫度,平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng),平衡體系中CO的量增大,反應(yīng)③為吸熱反應(yīng),升高溫度,平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),又使平衡體系中CO的增大,總結(jié)果,隨溫度升高,CO的轉(zhuǎn)化率減小;相同溫度下,反應(yīng)③前后氣體分子數(shù)不變,壓強(qiáng)改變不影響其平衡移動(dòng),反應(yīng)①正反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng),增大壓強(qiáng),有利于平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),CO的轉(zhuǎn)化率增大,故增大壓強(qiáng)有利于CO的轉(zhuǎn)化率升高,故壓強(qiáng):P1>P2>P3,故答案為:減??;反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng),升高溫度,平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng),平衡體系中CO的量增大,反應(yīng)③為吸熱反應(yīng),升高溫度,平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),又使平衡體系中CO的增大,總結(jié)果,隨溫度升高,CO的轉(zhuǎn)化率減??;P1>P2>P3;相同溫度下,反應(yīng)③前后氣體分子數(shù)不變,壓強(qiáng)改變不影響其平衡移動(dòng),反應(yīng)①正反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng),增大壓強(qiáng),有利于平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),CO的轉(zhuǎn)化率增大,故增大壓強(qiáng)有利于CO的轉(zhuǎn)化率升高.點(diǎn)評(píng):本題考查反應(yīng)熱有關(guān)計(jì)算、平衡常數(shù)及其影響因素、化學(xué)平衡的影響因素、化學(xué)平衡圖象綜合應(yīng)用等,側(cè)重考查學(xué)生分析計(jì)算能力,需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ),難度中等.10.(15分)二氧化氯(ClO2,黃綠色易溶于水的氣體)是高效、低毒的消毒劑,回答下列問題:(1)工業(yè)上可用KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,該反應(yīng)氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2:1.(2)實(shí)驗(yàn)室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2(亞氯酸鈉)為原料,通過以下過程制備ClO2:①電解時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑.②溶液X中大量存在的陰離子有Cl﹣、OH﹣.③除去ClO2中的NH3可選用的試劑是c(填標(biāo)號(hào))a.水b.堿石灰C.濃硫酸d.飽和食鹽水(3)用如圖裝置可以測(cè)定混合氣中ClO2的含量:Ⅰ.在錐形瓶中加入足量的碘化鉀,用50mL水溶解后,再加入3mL稀硫酸:Ⅱ.在玻璃液封裝置中加入水.使液面沒過玻璃液封管的管口;Ⅲ.將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收;Ⅳ.將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中:Ⅴ.用?L﹣1硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定錐形瓶中的溶液(I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣),指示劑顯示終點(diǎn)時(shí)共用去硫代硫酸鈉溶液.在此過程中:①錐形瓶?jī)?nèi)ClO2與碘化鉀反應(yīng)的離子方程式為2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O②玻璃液封裝置的作用是吸收殘留的ClO2氣體(避免碘的逸出)③V中加入的指示劑通常為淀粉溶液,滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色,且半分鐘內(nèi)不變色④測(cè)得混合氣中ClO2的質(zhì)量為g.(4)用ClO2處理過的飲用水會(huì)含有一定最的亞氯酸鹽.若要除去超標(biāo)的亞氯酸鹽,下列物質(zhì)最適宜的是d(填標(biāo)號(hào))a.明礬b.碘化鉀c.鹽酸d.硫酸亞鐵.考點(diǎn):真題集萃;探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量.專題:實(shí)驗(yàn)探究和數(shù)據(jù)處理題.分析:(1)KClO3在H2SO4存在下與Na2SO3反應(yīng),SO32﹣被氧化成SO42﹣,由電子、電荷守恒可知該離子反應(yīng)為2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O;(2)由生產(chǎn)流程可知氯化銨在鹽酸溶液中進(jìn)行電解,陰極生成氫氣,陽(yáng)極生成NCl3,電解方程式為NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑,在NCl3溶液中加入NaClO2,可生成ClO2、NH3和X,X中含Cl﹣、OH﹣;由信息可知,ClO2易溶于水,所以不能利用水溶液吸收,氨氣為堿性氣體,利用性質(zhì)差異分離提純;(3)①由題目信息可知,ClO2通入錐形瓶與酸性碘化鉀溶液反應(yīng),氧化I﹣為I2,自身被還原為Cl﹣,同時(shí)生成水;②玻璃液封裝置可防止有害氣體逸出;③淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán);④根據(jù)關(guān)系式2ClO2~5I2~10Na2S2O3計(jì)算n(ClO2),再根據(jù)m=nM計(jì)算m(ClO2);(4)亞氯酸鹽具有氧化性,F(xiàn)e2+將ClO2﹣還原成Cl﹣,F(xiàn)e2+被氧化為鐵離子.解答:解:(1)KClO3在H2SO4存在下與Na2SO3反應(yīng)制得ClO2,可知SO32﹣被氧化成SO42﹣,由電子、電荷守恒可知該離子反應(yīng)為2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O,氧化劑為KClO3,還原劑為Na2SO3,由離子反應(yīng)可知該反應(yīng)氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2:1,故答案為:2:1;(2)①由生產(chǎn)流程可知氯化銨在鹽酸溶液中電解,陰極生成氫氣,陽(yáng)極生成NCl3,電解方程式為NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑,故答案為:NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑;②在NCl3溶液中加入NaClO2,可生成ClO2、NH3和X,溶液X中大量存在的陰離子有,故答案為:Cl﹣、OH﹣;③a.ClO2易溶于水,不能利用飽和食鹽水吸收氨氣,故錯(cuò)誤;b.堿石灰不能吸收氨氣,故錯(cuò)誤;c.濃硫酸可以吸收氨氣,且不影響ClO2,故正確;d.ClO2易溶于水,不能利用水吸收氨,故錯(cuò)誤;故答案為:c;(3)①由題目信息可知,ClO2通入錐形瓶與酸性碘化鉀溶液反應(yīng),氧化I﹣為I2,自身被還原為Cl﹣,同時(shí)生成水,反應(yīng)離子方程式為2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O,故答案為:2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O;②玻璃液封裝置的作用是吸收殘留的ClO2氣體(避免碘的逸出),故答案為:吸收殘留的ClO2氣體(避免碘的逸出);③V中加入的指示劑通常為淀粉溶液,滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色,且半分鐘內(nèi)不變色,故答案為:淀粉溶液;溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色,且半分鐘內(nèi)不變色;④含有Na2S2O3物質(zhì)的量為L(zhǎng)×L=mol,則:根據(jù)關(guān)系式:2ClO2~5I2~10Na2S2O3,210n(ClO2)所以n(ClO2)=,所以m(ClO2)=mol×mol=,故答案為:;(4)若要除去超標(biāo)的亞氯酸鹽,ac均不能還原亞氯酸鹽,b中KI具有還原性但氧化產(chǎn)物不適合飲用水使用,只有d中Fe2+將ClO2﹣還原成Cl﹣,F(xiàn)e2+被氧化為鐵離子,且鐵離子水解生成膠體可凈化飲用水,則最適宜的是d,故答案為:d.點(diǎn)評(píng):本題考查物質(zhì)含量的測(cè)定,為高頻考點(diǎn),為2023年高考真題,把握物質(zhì)的性質(zhì)、制備流程、發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)、計(jì)算能力的綜合考查,綜合性較強(qiáng),題目難度中等.三、化學(xué)——選修2:化學(xué)與技術(shù)。(滿分15分)11.(15分)苯酚和丙酮都是重要的化工原料,工業(yè)上可用異丙苯氧化法生產(chǎn)苯酚和丙酮,其反應(yīng)和工藝流程示意圖如下:相關(guān)化合物的物理常數(shù)物質(zhì)相對(duì)分子質(zhì)量密度(g/cm﹣3)沸點(diǎn)/℃異丙苯120153丙酮58苯酚94182回答下列問題:(1)在反應(yīng)器A中通入的X是氧氣或空氣.(2)反應(yīng)①和②分別在裝置A和C中進(jìn)行(填裝置符號(hào)).(3)在分解釜C中加入的Y為少量濃硫酸,其作用是催化劑,優(yōu)點(diǎn)是用量少,缺點(diǎn)是腐蝕設(shè)備.(4)反應(yīng)②為放熱(填“放熱”或“吸熱”)反應(yīng).反應(yīng)溫度控制在50﹣60℃,溫度過高的安全隱患是溫度過高會(huì)導(dǎo)致爆炸.(5)中和釜D中加入的Z最適宜的是c(填編號(hào).已知苯酚是一種弱酸)a.NaOHb.CaCO3c.NaHCO3d.CaO(6)蒸餾塔F中的餾出物T和P分別為丙酮和苯酚,判斷的依據(jù)是丙酮的沸點(diǎn)低于苯酚.(7)用該方法合成苯酚和丙酮的優(yōu)點(diǎn)是原子利用率高.考點(diǎn):真題集萃;制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì).專題:實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題.分析:用異丙苯氧化法生產(chǎn)苯酚和丙酮,由給予的反應(yīng)信息,異丙苯與氧氣在反應(yīng)器A中發(fā)生氧化反應(yīng)生成,在蒸發(fā)器中分離出,未反應(yīng)的異丙苯進(jìn)行循環(huán)利用,在分解釜中在濃硫酸作催化劑條件下分解得到、,在中和釜中加入Z,目的是中和硫酸,且不能與苯酚反應(yīng),可以是碳酸氫鈉,然后用水洗滌,再經(jīng)過蒸餾,由于丙酮的沸點(diǎn)低于苯酚,則T為丙酮、P為苯酚.(1)在反應(yīng)器A發(fā)生信息中的反應(yīng)①,應(yīng)通入氧氣或空氣;(2)由上述分析可知,反應(yīng)①在A中發(fā)生,反應(yīng)②在C中發(fā)生;(3)濃硫酸起催化劑作用,濃硫酸腐蝕性強(qiáng),會(huì)腐蝕設(shè)備,(4)反應(yīng)②的△H<0,為放熱反應(yīng),含有過氧化物,溫度過高,容易發(fā)生爆炸;(5)加入的Z中和硫酸,且不能與苯酚反應(yīng);(6)沸點(diǎn)越低越先蒸出,處于蒸餾塔的上部;(7)由異丙苯最終得到苯酚和丙酮,原子利用率高.解答:解:用異丙苯氧化法生產(chǎn)苯酚和丙酮,由給予的反應(yīng)信息,異丙苯與氧氣在反應(yīng)器A中發(fā)生氧化反應(yīng)生成,在蒸發(fā)器中分離出,未反應(yīng)的異丙苯進(jìn)行循環(huán)利用,在分解釜中在濃硫酸作催化劑條件下分解得到、,在中和釜中加入Z,目的是中和硫酸,且不能與苯酚反應(yīng),可以是碳酸氫鈉,然后用水洗滌,再經(jīng)過蒸餾,由于丙酮的沸點(diǎn)低于苯酚,則T為丙酮、P為苯酚.(1)在反應(yīng)器A發(fā)生信息中的反應(yīng)①,故需要氧氣或空氣,故答案為:氧氣或空氣;(2)由上述分析可知,反應(yīng)①在反應(yīng)器中發(fā)生,即A裝置,反應(yīng)②在分解釜中進(jìn)行,即C裝置,故答案為:A;C;(3)在濃硫酸作條件下分解得到、,濃硫酸作作催化劑,濃硫酸腐蝕性強(qiáng),容易腐蝕設(shè)備,故答案為:催化劑;腐蝕設(shè)備;(4)反應(yīng)②的△H<0,為放熱反應(yīng),有過氧化物存在,溫度過高會(huì)導(dǎo)致爆炸,反應(yīng)溫度控制在50﹣60℃,故答案為:放熱;溫度過高會(huì)導(dǎo)致爆炸;(5)加入Z的目的是中和硫酸,且不能與苯酚反應(yīng),a.NaOH能與硫酸、苯酚反應(yīng),故不選;b.CaCO3為固體,且與硫酸反應(yīng)生成的硫酸鈣微溶,會(huì)阻止碳酸鈣與硫酸的反應(yīng),故b不選;c.NaHCO3能與硫酸反應(yīng),不與苯酚反應(yīng),故c選;d.CaO能與苯酚反應(yīng),且與硫酸反應(yīng)生成的硫酸鈣微溶,會(huì)阻止碳酸鈣與硫酸的反應(yīng),故d不選;故選:c;(6)由于丙酮的沸點(diǎn)低于苯酚,沸點(diǎn)越低越先蒸出,處于蒸餾塔的上部,則T為丙酮、P為苯酚,故答案為:丙酮;苯酚;丙酮的沸點(diǎn)低于苯酚;(7)由異丙苯最終得到苯酚和丙酮,整個(gè)過程原子利用率高,故答案為:原子利用率高.點(diǎn)評(píng):本題考查有機(jī)物的制備實(shí)驗(yàn)方案,涉及對(duì)化學(xué)工藝流程、裝置及試劑的分析評(píng)價(jià)等,關(guān)鍵是根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康呐c給予的反應(yīng)信息理解工藝流程原理,是對(duì)學(xué)生綜合能力的考查,難度中等.四、化學(xué)-選修3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)。(滿分15分)12.(15分)A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素,A2﹣和B+具有相同的電子構(gòu)型;C、D為同周期元索,C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍;D元素最外層有一個(gè)未成對(duì)電子.回答下列問題:(1)四種元素中電負(fù)性最大的是O(填元素符號(hào)),其中C原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p3.(2)單質(zhì)A有兩種同素異形體,其中沸點(diǎn)高的是O3(填分子式),原因是O3相對(duì)原子質(zhì)量較大,范德華力較大;A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為分子晶體和離子晶體.(3)C和D反應(yīng)可生成組成比為1:3的化合物E,E的立體構(gòu)型為三角錐形,中心原子的雜化軌道類型sp3.(4)化合物D2A的立體構(gòu)型為V形,中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4,單質(zhì)D與濕潤(rùn)的Na2CO3反應(yīng)可制備D2A,其化學(xué)方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl.(5)A和B能夠形成化合物F,其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,晶胞參數(shù)a=,F(xiàn)的化學(xué)式為Na2O,晶胞中A原子的配位數(shù)為8;列式計(jì)算晶體F的密度(g?cm﹣3).考點(diǎn):真題集萃;位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用.分析:C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍,應(yīng)為P元素,C、D為同周期元素,則應(yīng)為第三周期元素,D元素最外層有一個(gè)未成對(duì)電子,應(yīng)為Cl元素,A2﹣和B+具有相同的電子構(gòu)型,結(jié)合原子序數(shù)關(guān)系可知A為O元素,B為Na元素,(1)四種元素電負(fù)性最大的為O元素,C為P元素;(2)A為O元素,有O2、O3兩種同素異形體,O3相對(duì)原子質(zhì)量較大,沸點(diǎn)較高,B的氫化物為NaH,為離子晶體;(3)C和D反應(yīng)可生成化合物為PCl3,為sp3雜化;(4)化合物D2A為Cl2O,立體構(gòu)型為V形,氯氣與濕潤(rùn)的Na2CO3反應(yīng)的方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl;(5)A和B能夠形成化合物F為離子化合物,陰離子位于晶胞的定點(diǎn)和面心,陽(yáng)離子位于晶胞的體心,則Na的個(gè)數(shù)為8,O的個(gè)數(shù)為8×+6×=4,N(Na):N(O)=2:1,則形成的化合物為Na2O,計(jì)算質(zhì)量和體積,可計(jì)算密度.解答:解:C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍,應(yīng)為P元素,C、D為同周期元素,則應(yīng)為第三周期元素,D元素最外層有一個(gè)未成對(duì)電子,應(yīng)為Cl元素,A2﹣和B+具有相同的電子構(gòu)型,結(jié)合原子序數(shù)關(guān)系可知A為O元素,B為Na元素,(1)四種元素分別為O、Na、O、Cl,電負(fù)性最大的為O元素,C為P元素,核外電子排布為1s22s22p63s23p3,故答案為:O;1s22s22p63s23p3;(2)A為O元素,有O2、O3兩種同素異形體,二者對(duì)應(yīng)的晶體都為分子晶體,因O3相對(duì)原子質(zhì)量較大,則范德華力較大,沸點(diǎn)較高,A的氫化物為水,為分子晶體,B的氫化物為NaH,為離子晶體,故答案為:O3;O3相對(duì)原子質(zhì)量較大,范德華力較大;分子晶體;離子晶體;(3)C和D反應(yīng)可生成組成比為1:3的化合物為PCl3,P形成3個(gè)δ鍵,孤電子對(duì)數(shù)為=1,則為sp3雜化,立體構(gòu)型為為三角錐形,故答案為:三角錐形;sp3;(4)化合物D2A為Cl2O,O為中心原子,形成2個(gè)δ鍵,孤電子對(duì)數(shù)為=2,則中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4,立體構(gòu)型為V

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