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类型江西省赣中南五校2017届高三(上)第一次联考化学试卷(解析版).doc

  • 上传人:HR专家
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    江西省赣中南五校2017届高三(上)第一次联考化学试卷(解析版).doc
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    1、2016-2017学年江西省赣中南五校高三(上)第一次联考化学试卷一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)1下列有关试剂的保存方法,正确的是()A浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中B少量的钠保存在水中C氢氧化钠溶液保存在具磨口玻璃塞的试剂瓶中DFeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中2相同质量的镁和铝,分别跟足量的盐酸反应,生成氢气的体积比为()A1:1B1:2C2:3D3:43在t时,AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示又知t时AgCl的Ksp=41010,下列说法不正确的是()A在t时,AgBr的Ksp为4.9l013B在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体,可使溶液由c点到b点C图中

    2、a点对应的是AgBr的不饱和溶液D在t时,AgCl(s)+Br(aq)AgBr(s)+Cl(aq)平衡常数K8164分子式为C9H12的所有带苯环结构的异构体中,在催化剂条件下与液溴发生取代反应,其一溴代物为三种的结构有()A1种B2种C3种D4种5室温下,用0.100mol/L NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.100mol/L 的盐酸和醋酸,滴定曲线如图所示,下列说法正确的是()A表示的是滴定醋酸的曲线BPH=7时,滴定醋酸消耗V(NaOH)小于20mLCV(NaOH)=20mL时,C(Cl)=C(CH3COO)DV(NaOH)=10mL时,醋酸溶液中:C(Na+)C(CH3COO

    3、)C(H+)C(OH )6我国古代青铜器工艺精湛,有很高的艺术价值和历史价值,但出土的青铜器大多受到环境腐蚀,故对其进行修复和防护具有重要意义 右图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图下列说法不正确的是()A腐蚀过程中,负极是aB正极反应是 O2+4e+2H2O4OHC若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl,则理论上耗氧体积为0.224L(标准状况)D环境中的Cl扩散到孔口,并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl,其离子方程式为2Cu2+3OH+ClCu2(OH)3Cl7在2升的密闭容器中,发生以下反应:2A(g)+B(g)2C(g)+D(g)若最初加

    4、入的A和B都是4mol,在前10秒钟A的平均反应速度为0.12mol/(Ls),则10秒钟时,容器中B的物质的量是()A1.6 molB2.8 molC2.4 molD1.2 mol二、解答题(共3小题,满分43分)8图中,AL为常见物质或该物质的水溶液,B在A气体中燃烧产生棕黄色烟,B、G为中学化学中常见的金属单质,E的稀溶液为蓝色,I的焰色反应为黄色,组成J的元素原子核内只有一个质子,F为无色、有刺激性气味的气体,且能使品红溶液褪色请回答下列问题:(1)框图中所列物质中属于非电解质的物质是;(2)将D的水溶液蒸干并灼烧得到的固体物质的化学式为;(3)在一定物质的量浓度的硝酸铵溶液中滴加适量

    5、的K溶液,使溶液的pH=7,则溶液中c(Na+)c(NO3)(选填“”“=”或“”)(4)4g J在纯氧中完全燃烧生成液态化合物,放出热量为QkJ,写出表示J燃烧热的热化学方程式A是重要的化工原料,工业上制取A的反应的化学方程式为(5)与F组成元素相同的一种2价酸根离子M,M中两种元素的质量比为4:3,已知1mol A单质与含1mol M的溶液能恰好完全反应,反应时仅观察到有浅黄色沉淀产生取反应后的上层清液加入盐酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀产生则A单质与含M的溶液反应的离子方程式为:(6)25时,若Ksp(H)=2.21020,向0.022mol/L的E溶液中逐滴滴入溶液K,当开始出现沉淀时

    6、,溶液中的c(OH)=9甲苯是有机化工生产的基本原料之一利用乙醇和甲苯为原料,可按下列路线合成分子式均为C9H10O2的有机化工产品E和J已知:请回答:(1)写出下列反应方程式B+DE;GH(2)的反应类型为;的反应类型为;F的结构简式为(3)E、J有多种同分异构体,写出符合下列条件的4种同分异构体结构简式要求:与E、J属同类物质苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种;10为有效控制雾霾,各地积极采取措施改善大气质量有效控制空气中氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为重要(1)在汽车排气管内安装催化转化器,可将汽车尾气中主要污染物转化为无毒的大气循环物质已知:N2(g)+O2(g)2NO(

    7、g)H1=+180.5kJmol1C和CO的燃烧热(H)分别为393.5kJmol1和283kJmol1则2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的H=kJmol1(2)将0.20mol NO和0.10mol CO充入一个容积为1L的密闭容器中,反应过程中物质浓度变化如图所示CO在09min内的平均反应速率v(CO)=molL1min1(保留两位有效数字);第12min时改变的反应条件可能为A升高温度B加入NO C加催化剂D降低温度该反应在第24min时达到平衡状态,CO2的体积分数为(保留三位有效数字),化学平衡常数值为(保留两位有效数字)(3)烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶

    8、液吸收,若将一定量的SO2气体通入到300mL NaOH的溶液中,再在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量,产生的气体与反应的HCl两者物质的量的关系如图2所示(气体的溶解和HCl的挥发忽略,NaHSO3水溶液为酸性):O点溶液中所含溶质的化学式为;a点溶液中各离子溶度大小关系为化学一选修:化学与技术11NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂,用于焙烤食品中;NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛,请回答下列问题:(1)相同条件下,pH相同的NH4Al(SO4)2中c(NH4+)(填“=”、“”或“”)NH4HSO4中c(NH4+)(2)如图1是0.1molL1电解质溶液

    9、的pH随温度变化的图象其中符合0.1molL1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是 (填写字母);室温时,0.1molL1NH4Al(SO4)2中2c(SO42)c(NH4+)3c(Al3+)= molL1(填数值)(3)室温时,向100mL 0.1molL1NH4HSO4溶液中滴加0.1molL1NaOH溶液,得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示试分析图中a、b、c、d四个点,水的电离程度最大的是;在c点,溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是化学-选修3:物质结构与性质12甲烷在一定条件下可生成以下微粒:A 碳正离子(CH3+ ) B碳负离子(CH3)C 甲基 (C

    10、H3) D碳烯 (:CH2)四种微粒中,键角为120的是(填序号)碳负离子(CH3)的空间构型为,与CH3互为等电子体的一种分子是(填化学式)13在制取合成氨原料气的过程中,常混有一些杂质,如CO会使催化剂中毒除去CO的化学方程式为(HAc表示醋酸):Cu(NH3)2Ac+CO+NH3=Cu(NH3)3(CO)Ac请回答下列问题:C、N、O的电负性由大到小的顺序为写出Cu的核外电子排布式化合物Cu(NH3)3(CO)Ac中,金属元素的化合价为在一定条件下NH3和CO2能合成尿素CO(NH2)2,尿素中C原子轨道的杂化类型为;1mol尿素分子中, 键的数目为Cu2O晶体的晶胞结构如图所示,若阿伏

    11、伽德罗常数为NA,晶胞的边长为a pm,则晶体的密度为gcm3化学-选修5有机化合物141,6己二酸(G)是合成尼龙的重要原料之一,可用六个碳原子的化合物氧化制备如图为A通过氧化反应制备G的反应过程(可能的反应中间物质为B、C、D、E和F)回答下列问题:(1)化合物A中含碳87.8%,其余为氢,A的化学名称为(2)B到C的反应类型为(3)F的结构简式为(4)在上述中间物质中,核磁共振氢谱出峰最大的是,最少的是(填化合物代号)(5)由G合成尼龙的化学方程式为(6)由A通过两步制备1,3环己二烯的合成线路为(7)有机物C的同分异构体属于酯类的有种2016-2017学年江西省赣中南五校高三(上)第一

    12、次联考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)1下列有关试剂的保存方法,正确的是()A浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中B少量的钠保存在水中C氢氧化钠溶液保存在具磨口玻璃塞的试剂瓶中DFeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中【考点】化学试剂的存放【分析】A浓硝酸见光易分解;B钠与冷水反应;C二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠,硅酸钠是一种粘合剂;D硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁【解答】解:A浓硝酸具有挥发、光照易分解的性质,所以应保存在棕色试剂瓶中,故A错误; B钠与冷水反应,密度比煤油大,可保存在煤油中,故B错误;C氢氧化钠与玻璃中二氧化硅反应,生成具有黏性的硅酸钠,导

    13、致玻璃塞打不开,应用橡胶塞,故C错误;D硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁,加入铁粉可以防止被氧化,故D正确故选D2相同质量的镁和铝,分别跟足量的盐酸反应,生成氢气的体积比为()A1:1B1:2C2:3D3:4【考点】镁的化学性质;铝的化学性质【分析】根据镁、铝三种物质的相对原子质量考虑,质量相同的金属,相对原子质量越大的金属置换出的氢的质量越少,据此答题【解答】解:由镁、铝金属分别与足量的稀盐酸反应的化学方程式Mg+2HCl=MgCl2+H2,2Al+6HCl=2AlCl3+3H2可知,每生1g金属生成氢气的物质的量比为: =3:4,因为金属质量相同,所以相同质量的金属分别跟足量的盐酸反应,生成氢气的

    14、体积比为3:4故选D3在t时,AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示又知t时AgCl的Ksp=41010,下列说法不正确的是()A在t时,AgBr的Ksp为4.9l013B在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体,可使溶液由c点到b点C图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液D在t时,AgCl(s)+Br(aq)AgBr(s)+Cl(aq)平衡常数K816【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A根据图中c点的c(Ag+)和c(Br)可得该温度下AgBr的Ksp为4.91013;B在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后,c(Br)增大,溶解平衡逆向移动,c(Ag+)减小;C在a点时QcK

    15、sp,故为AgBr的不饱和溶液;DK=【解答】解:A根据图中c点的c(Ag+)和c(Br)可得该温度下AgBr的Ksp为4.91013,故A正确;B在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后,c(Br)增大,溶解平衡逆向移动,c(Ag+)减小,故B错误;C在a点时QcKsp,故a点为AgBr的不饱和溶液,故C正确;DK=816,故D正确;故选B4分子式为C9H12的所有带苯环结构的异构体中,在催化剂条件下与液溴发生取代反应,其一溴代物为三种的结构有()A1种B2种C3种D4种【考点】同分异构现象和同分异构体【分析】分子式为C9H12的所有带苯环结构的异构体,应属于苯的同系物,在催化剂条件下与液溴发

    16、生取代反应发生苯环上的取代反应,其一溴代物为三种的结构,则该同分异构体可能含有一个侧链,侧链有正丙基、异丙基两种结构;不可能有2个取代基,甲基、乙基两个取代基处于对位时,苯环有2种一溴代物,两个取代基处于邻位、间位时,苯环有4种一溴代物,可能能含有3个甲基,有连、偏、均三种,再根据苯环上有3种不同的H原子判断【解答】解:分子式为C9H12的所有带苯环结构的异构体,应属于苯的同系物,在催化剂条件下与液溴发生取代反应发生苯环上的取代反应,其一溴代物为三种的结构,则该同分异构体可能含有一个侧链,侧链有正丙基、异丙基两种结构;不可能有2个取代基,因为甲基、乙基两个取代基处于对位时,苯环有2种一溴代物,

    17、两个取代基处于邻位、间位时,苯环有4种一溴代物;可能能含有3个甲基,有连、偏、均三种,连三甲苯苯环有2种H原子,其一溴代物有2种,均三甲苯苯环有1种H原子,其一溴代物有1种,偏三甲苯苯环有3种H原子,其一溴代物有3种,故只有偏三甲苯符合,故符合条件的同分异构体共有2+1=3种,故选C5室温下,用0.100mol/L NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.100mol/L 的盐酸和醋酸,滴定曲线如图所示,下列说法正确的是()A表示的是滴定醋酸的曲线BPH=7时,滴定醋酸消耗V(NaOH)小于20mLCV(NaOH)=20mL时,C(Cl)=C(CH3COO)DV(NaOH)=10mL时,醋酸溶

    18、液中:C(Na+)C(CH3COO )C(H+)C(OH )【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A醋酸是弱电解质,HCl是强电解质,相同浓度的醋酸和HCl溶液,醋酸的pH盐酸;BpH=7时,溶液呈中性,醋酸钠溶液呈碱性,要使溶液呈中性,则醋酸的体积稍微大于NaOH;CV(NaOH)=20.00mL时,两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl,醋酸根离子水解、氯离子不水解;DV(NaOH)=10.00mL时,醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa,醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度,溶液呈酸性,再结合电荷守恒判断;【解答】解:A醋酸是弱电解质,HCl是强

    19、电解质,相同浓度的醋酸和HCl溶液,醋酸的pH盐酸,所以I是滴定醋酸的曲线,故A错误;BNaOH和醋酸恰好反应时生成强碱弱酸盐,醋酸钠溶液呈碱性,pH=7时,溶液呈中性,要使溶液呈中性,则醋酸的体积稍微大于NaOH,所以滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20mL,故B正确;CV(NaOH)=20.00mL时,两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl,醋酸根离子水解、氯离子不水解,所以c(Cl)c(CH3COO),故C错误;DV(NaOH)=10.00mL时,醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa,醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度,溶液呈酸性,则c(H+)c(OH),再

    20、结合电荷守恒得c(Na+)c(CH3COO),故D错误;故选B6我国古代青铜器工艺精湛,有很高的艺术价值和历史价值,但出土的青铜器大多受到环境腐蚀,故对其进行修复和防护具有重要意义 右图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图下列说法不正确的是()A腐蚀过程中,负极是aB正极反应是 O2+4e+2H2O4OHC若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl,则理论上耗氧体积为0.224L(标准状况)D环境中的Cl扩散到孔口,并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl,其离子方程式为2Cu2+3OH+ClCu2(OH)3Cl【考点】金属腐蚀的化学原理【分析】A、根据图知

    21、,氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子,发生吸氧腐蚀,则Cu作负极被氧化;B、氧气得电子生成氢氧根离子;C、nCu2(OH)3Cl= =0.02mol,根据转移电子计算氧气物质的量,再根据V=nVm计算体积;D、Cl扩散到孔口,并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl,负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子,所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀【解答】解:A、根据图知,氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子,发生吸氧腐蚀,则Cu作负极被氧化,腐蚀过程中,负极是a,故A正确;B、氧气在正极得电子生成氢氧根离子,电

    22、极反应式为:O2+4e+2H2O=4OH,故B正确;C、nCu2(OH)3Cl= =0.02mol,根据转移电子得n(O2)=0.02mol,未指明标准状态,无法计算体积,故C错误;D、Cl扩散到孔口,并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl,负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子,所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀,离子方程式为2Cu2+3OH+Cl=Cu2(OH)3Cl,故D正确;故选:C7在2升的密闭容器中,发生以下反应:2A(g)+B(g)2C(g)+D(g)若最初加入的A和B都是4mol,在前10秒钟A的平均反应速度

    23、为0.12mol/(Ls),则10秒钟时,容器中B的物质的量是()A1.6 molB2.8 molC2.4 molD1.2 mol【考点】反应速率的定量表示方法【分析】根据速率之比等于化学计量数之比计算v(B),利用c=vt计算c(B),n(B)=c(B)V,B的起始物质的量减n(B)为10秒钟时容器中B的物质的量【解答】解:根据速率之比等于化学计量数之比,所以v(B)=0.5v(A)=0.50.12mol/(Ls)=0.06mol/(Ls),所以c(B)=0.06mol/(Ls)10s=0.6mol/L,所以n(B)=0.6mol/L2L=1.2mol,故10秒钟时容器中B的物质的量为4mo

    24、l1.2mol=2.8mol故选B二、解答题(共3小题,满分43分)8图中,AL为常见物质或该物质的水溶液,B在A气体中燃烧产生棕黄色烟,B、G为中学化学中常见的金属单质,E的稀溶液为蓝色,I的焰色反应为黄色,组成J的元素原子核内只有一个质子,F为无色、有刺激性气味的气体,且能使品红溶液褪色请回答下列问题:(1)框图中所列物质中属于非电解质的物质是SO2;(2)将D的水溶液蒸干并灼烧得到的固体物质的化学式为CuO;(3)在一定物质的量浓度的硝酸铵溶液中滴加适量的K溶液,使溶液的pH=7,则溶液中c(Na+)c(NO3)(选填“”“=”或“”)(4)4g J在纯氧中完全燃烧生成液态化合物,放出热

    25、量为QkJ,写出表示J燃烧热的热化学方程式H2(g)+O2(g)=H2O(l)H=0.5Q kJ/molA是重要的化工原料,工业上制取A的反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2(5)与F组成元素相同的一种2价酸根离子M,M中两种元素的质量比为4:3,已知1mol A单质与含1mol M的溶液能恰好完全反应,反应时仅观察到有浅黄色沉淀产生取反应后的上层清液加入盐酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀产生则A单质与含M的溶液反应的离子方程式为:Cl2+S2O32+H2O2Cl+2H+S+SO42(6)25时,若Ksp(H)=2.21020,向0.022mol/L的E溶液中逐滴滴入溶

    26、液K,当开始出现沉淀时,溶液中的c(OH)=1109mol/L【考点】无机物的推断【分析】金属B在A气体中燃烧产生棕黄色烟得到D,B与C溶液反应E的稀溶液为蓝色,E中含有Cu2+,则B为Cu,A为Cl2,D为FeCl2,F为无色、有刺激性气味气体,且能使品红溶液褪色,则F为SO2,可推知C为H2SO4,E为CuSO4J的元素原子核内只有一个质子,则J为H2;I的焰色反应为黄色,所以I含Na元素,由D+G+H2OH+I+J,可知金属G为Na,H为Cu(OH)2,I为NaCl,由H2O+GK+J(H2),可知K为NaOH,L为Na2SO4,据此解答【解答】解:金属B在A气体中燃烧产生棕黄色烟得到D

    27、,B与C溶液反应E的稀溶液为蓝色,E中含有Cu2+,则B为Cu,A为Cl2,D为CuCl2,F为无色、有刺激性气味气体,且能使品红溶液褪色,则F为SO2,可推知C为H2SO4,E为CuSO4J的元素原子核内只有一个质子,则J为H2;I的焰色反应为黄色,所以I含Na元素,由D+G+H2OH+I+J,可知金属G为Na,H为Cu(OH)2,I为NaCl,由H2O+GK+J(H2),可知K为NaOH,L为Na2SO4(1)框图中所列物质中属于非电解质的物质是:SO2,故答案为:SO2;(2)将CuCl2的水溶液蒸干,促进铜离子彻底水解得到氢氧化铜,灼烧时氢氧化铜分解,得到的固体物质的化学式为CuO,故

    28、答案为:CuO;(3)在一定物质的量浓度的硝酸铵溶液中滴加适量的NaOH溶液,由电荷守恒可知:则溶液中c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)=c(NO3)+c(OH),所得溶液的pH=7,则c(Na+)+c(NH4+)+=c(NO3),故c(Na+)=c(NO3),故答案为:;(4)4g 氢气在纯氧中完全燃烧生成液态化合物,放出热量为Q kJ,则1mol氢气燃烧放出的热量为0.5 Q kJ/mol,表示氢气燃烧热的热化学方程式为:H2(g)+O2(g)=H2O(l)H=0.5Q kJ/mol,故答案为:H2(g)+O2(g)=H2O(l)H=0.5Q kJ/mol;工业上通常电解饱和氯化钠溶

    29、液等制取氯气,反应的化学方程式为:2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2,故答案为:2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2;(5)与F组成元素相同的一种2价酸根离子M,M中两种元素的质量比为4:3,则M为S2O32,由反应现象可知,氯气与M的离子反应为:Cl2+S2O32+H2O2Cl+2H+S+SO42,故答案为:Cl2+S2O32+H2O2Cl+2H+S+SO42;(6)25时,若K spCu(OH)2=2.21020,向0.022mol/L的CuSO4溶液中逐滴滴入溶液NaOH(假定溶液总体积不变),当开始出现沉淀时,溶液中的c(OH)=mol/L=109mol/L,故答案为

    30、:1109mol/L9甲苯是有机化工生产的基本原料之一利用乙醇和甲苯为原料,可按下列路线合成分子式均为C9H10O2的有机化工产品E和J已知:请回答:(1)写出下列反应方程式B+DE;GH(2)的反应类型为取代;的反应类型为酯化;F的结构简式为(3)E、J有多种同分异构体,写出符合下列条件的4种同分异构体结构简式要求:与E、J属同类物质苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种;【考点】有机物的推断;有机化合物的异构现象【分析】乙醇被氧气氧化生成A乙醛,乙醛被氧化生成B乙酸,乙酸和D反应生成E,根据乙酸和E的分子式知,D是苯甲醇,C和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成苯甲醇,则C是一氯甲苯,二

    31、氯甲苯和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F,结合题给信息知,F是苯甲醛,苯甲醛被氧化生成I苯甲酸,G和氢氧化钠的水溶液反应生成H,H酸化生成苯甲酸,则H是苯甲酸钠,G是三氯甲苯,乙醇和苯甲酸反应生成J苯甲酸乙酯【解答】解:乙醇被氧气氧化生成A乙醛,乙醛被氧化生成B乙酸,乙酸和D反应生成E,根据乙酸和E的分子式知,D是苯甲醇,C和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成苯甲醇,则C是一氯甲苯,二氯甲苯和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F,结合题给信息知,F是苯甲醛,苯甲醛被氧化生成I苯甲酸,G和氢氧化钠的水溶液反应生成H,H酸化生成苯甲酸,则H是苯甲酸钠,G是三氯甲苯,乙醇和苯甲酸反应生成J苯甲酸乙酯(

    32、1)通过以上分析知,B是乙酸,D是苯甲醇,在加热、浓硫酸作催化剂条件下反应生成乙酸苯甲酯,反应方程式为:,故答案为:;三氯甲苯和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成苯甲酸钠,反应方程式为:,故答案为:;(2)甲苯和氯气发生取代反应,故答案为:取代;苯甲酸和乙醇发生酯化反应,通过以上分析知,F的结构简式为:,故答案为:酯化,; (3)E、J有多种同分异构体,与E、J属同类物质,说明含有苯环和酯基,苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种,说明两个取代基处于对位,符合条件的同分异构体为:,故答案为:、10为有效控制雾霾,各地积极采取措施改善大气质量有效控制空气中氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为

    33、重要(1)在汽车排气管内安装催化转化器,可将汽车尾气中主要污染物转化为无毒的大气循环物质已知:N2(g)+O2(g)2NO(g)H1=+180.5kJmol1C和CO的燃烧热(H)分别为393.5kJmol1和283kJmol1则2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的H=746.5kJmol1(2)将0.20mol NO和0.10mol CO充入一个容积为1L的密闭容器中,反应过程中物质浓度变化如图所示CO在09min内的平均反应速率v(CO)=4.4103molL1min1(保留两位有效数字);第12min时改变的反应条件可能为DA升高温度B加入NO C加催化剂D降低温度该反

    34、应在第24min时达到平衡状态,CO2的体积分数为22.2%(保留三位有效数字),化学平衡常数值为3.4(保留两位有效数字)(3)烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收,若将一定量的SO2气体通入到300mL NaOH的溶液中,再在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量,产生的气体与反应的HCl两者物质的量的关系如图2所示(气体的溶解和HCl的挥发忽略,NaHSO3水溶液为酸性):O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2SO3;a点溶液中各离子溶度大小关系为c(Na+)c(Cl)c(HSO3)c(H+)c(SO32)c(OH)【考点】化学平衡的计算;化学平衡的影响因素;离子浓度大小的比较【分析】

    35、(1)已知N2(g)+O2(g)2NO(g)H=+180.5kJmol1,又知C和CO的燃烧热(H)分别为393.5kJmol1和283kJmol1,可得热化学方程式:C(s)+O2(g)CO2(g)H=393.5kJmol1、CO(g)+O2(g)CO2(g)H=283kJmol1,根据盖斯定律,2可得:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g),据此计算出该反应的焓变;(2)根据v=计算在09min内CO的平均反应速率v(CO);12min时改变条件瞬间各组分浓度不变,而氮气浓度增大,NO、CO浓度减小,平衡正向移动,结合平衡移动原理分析解答;由中可知12min时为改变温度,重新

    36、到达平衡时NO为0.14mol/L、CO为0.04mol/L、氮气为0.03mol/L,由2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)可知二氧化碳为0.06mol/L,二氧化碳体积分数=100%;根据K=计算平衡常数;(3)Na2SO3跟盐酸的反应是分步进行的:Na2SO3+HCl=NaHSO3+NaCl,NaHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2,由图象可知生成二氧化硫消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化硫阶段消耗的HCl,则氢氧化钠与二氧化硫反应后的溶质为NaOH、Na2SO3;a点氢氧化钠、亚硫酸钠都恰好与HCl反应生成0.2mol亚硫酸氢钠、0.3mol氯化钠,

    37、结合盐的水解原理判断各离子浓度大小【解答】解:(1)已知N2(g)+O2(g)2NO(g)H=+180.5kJmol1又知C和CO的燃烧热(H)分别为393.5kJmol1和283kJmol1可得热化学方程式:C(s)+O2(g)CO2(g)H=393.5kJmol1CO(g)+O2(g)CO2(g)H=283kJmol1根据盖斯定律,2可得:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H=746.5KJ/mol,故答案为:746.5;(2)09min内CO浓度变化为:(0.10.06)mol/L=0.04mol/L,则CO在09min内的平均反应速率为:v(CO)=4.4103L1m

    38、in1,根据图示可知,12min时改变条件瞬间,各组分浓度不变,而氮气浓度增大,NO、CO浓度减小,平衡正向移动,正反应为放热反应,应是降低温度,故答案为:4.4103;D;由1中可知12min时为改变温度,重新到达平衡时NO为0.14mol/L、CO为0.04mol/L、氮气为0.03mol/L,由方程式2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)可知二氧化碳为0.06mol/L,则二氧化碳体积分数=100%=22.2%;该反应在该温度下的平衡常数为:K=3.4,故答案为:22.2%;3.4;(3)Na2SO3跟盐酸的反应是分步进行的:Na2SO3+HCl=NaHSO3+NaCl,N

    39、aHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2,由图象可知生成二氧化硫消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化硫阶段消耗的HCl,则氢氧化钠与二氧化硫反应后的溶质为:NaOH、Na2SO3,故答案为:NaOH、Na2SO3;0点溶质为NaOH、Na2SO3,根据反应Na2SO3+HCl=NaHSO3+NaCl,NaHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2可知,Na2SO3转化成NaHSO3消耗HCl的物质的量等于NaHSO3转化成二氧化硫消耗HCl的物质的量,故Na2SO3的物质的量为:0.5mol0.3mol=0.2mol,则n(NaOH)=0.3mol0.2mol=0.1mol,根

    40、据Cl、Na元素守恒可知a点溶质为:0.3molNaCl、0.2molNaHSO3,钠离子和氯离子不水解,而HSO3发生电离和水解,则c(Na+)c(Cl)c(HSO3);NaHSO3水溶液为酸性,说明HSO3的电离程度等于其水解程度,则c(H+)c(OH),溶液中还存在水电离的氢离子,则c(H+)c(SO32)c(OH),所以a点溶液中离子浓度大小为:c(Na+)c(Cl)c(HSO3)c(H+)c(SO32)c(OH),故答案为:c(Na+)c(Cl)c(HSO3)c(H+)c(SO32)c(OH)化学一选修:化学与技术11NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂,用于焙烤食

    41、品中;NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛,请回答下列问题:(1)相同条件下,pH相同的NH4Al(SO4)2中c(NH4+)(填“=”、“”或“”)NH4HSO4中c(NH4+)(2)如图1是0.1molL1电解质溶液的pH随温度变化的图象其中符合0.1molL1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是A (填写字母);室温时,0.1molL1NH4Al(SO4)2中2c(SO42)c(NH4+)3c(Al3+)=103 molL1(填数值)(3)室温时,向100mL 0.1molL1NH4HSO4溶液中滴加0.1molL1NaOH溶液,得到的溶液pH与NaOH溶液体积的

    42、关系曲线如图2所示试分析图中a、b、c、d四个点,水的电离程度最大的是a;在c点,溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c(Na+)c(SO42)c(NH4+)c(OH)c(H+)【考点】盐类水解的应用;pH的简单计算;离子浓度大小的比较【分析】(1)NH4Al(SO4)2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解,HSO4电离出H+同样抑制NH4+水解;(2)NH4Al(SO4)2水解,溶液呈酸性,升高温度其水解程度增大;根据电荷守恒定律解题;(3)a、b、c、d四个点,根据反应量的关系,a点恰好消耗完H+,溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4;b、c、d三点溶液均含有NH3H2O,(NH4)

    43、2SO4可以促进水的电离,而NH3H2O抑制水的电离,c点溶液呈碱性,据此分析【解答】解:(1)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解,但是NH4Al(SO4)2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解,HSO4电离出H+同样抑制NH4+水解,因为HSO4电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大,所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al(SO4)2中的小,故答案为:;(2)NH4Al(SO4)2水解,溶液呈酸性,升高温度其水解程度增大,pH减小,符合的曲线为A,故答案为:A;根据电荷守恒,可以求出2c(SO42)c(NH4+)3c(Al3+)=c(H+)c(O

    44、H)=103 molL1c(OH)太小,可忽略,故答案为:103;(3)a、b、c、d四个点,根据反应量的关系,a点恰好消耗完H+,溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4;b、c、d三点溶液均含有NH3H2O,(NH4)2SO4可以促进水的电离,而NH3H2O抑制水的电离,c点溶液呈碱性,c(OH)c(H+),溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3H2O三种成分,a点时c(Na+)=c(SO42),c点时c(Na+)c(SO42),根据N元素与S元素的关系,可以得出c(SO42)c(NH4+),故c(Na+)c(SO42)c(NH4+)c(OH)c(H+),故答案为:a;c(Na+)c(SO42)c(NH4+)c(OH)c(H+)化学-选修3:物质结构与性质12甲烷在一定条件下可生成以下微粒:A 碳正离子(CH3+ ) B碳负离子(CH3)C 甲基 (CH3) D碳烯 (:

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